Το σχολικό βιβλίο της γεωμετρίας λύσεις των ασκήσεων Β Λυκείου

11.6-11.7( )οπότε η (1) δίν=ει: ε R2 3 −=πR2 R2 3 3 − π . 2 662. Έστω Μ το κοινό σημείο των δύο τόξων. Είναι A Δ φανερό ότι τα μεικτόγραμμα μη γραμμοσκιασμένα Μ τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΓΜ είναι ίσα, άρα και Γ ισεμβαδικά. Έστω ε το εμβαδόν καθενός από τα Β τρίγωνα αυτά. Το ζητούμενο εμβαδόν Ε δίνεται από την: Ε =(ΑΒΓ∆) − 2ε =α2 − 2ε (1).Αρκεί επομένως να βρούμε το ε. Έστω τ το εμβαδόν του τμήματος χορδής ΔΜ.Επειδή Α Μ ∆ ισόπλευρο πλευράς α, είναι: Α∆ˆ Μ = ΜΑˆ ∆ = 60και Μ∆ˆ Γ = 30.Έτσι έχουμε: πα2 30 360 ε= (∆ ΜΓ) − τ = − (Α Μ∆) − (ΑΜ∆) = πα2 πα2 60 α2 =3 α2 3 − π=α2 α2 3 3 − π , 12 360 4 4 12 12( )= − +( )οπότε με αντικατάσταση στην (1) βρίσκουμε ότ=ι: Ε α2 6 − 3 3 + π . 63. Π αρατηρούμε ότι R − R < R 2 < R + R A και επομένως οι κύκλοι τέμνονται.Έστω Α, Β τα κοινά τους σημεία. KΔ ΓΛΕπειδή ΚΑ = ΑΛ = ΛΒ = ΛΚ = Rτο τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι ρόμβος. B( )Όμως: ΚΑ2 + ΑΛ2 = R2 + R2 = R 2 2 = ΚΛ2,οπότε: ΚΑˆ Λ = 90 και επομένως το ΚΑΛΒ είναι τετράγωνο.Το εμβαδόν του κοινού μέρους είναι το εμβαδόν δύο ίσων κυκλικώντμημάτων.Έτσι έχουμε: Ε= 2(ΑΒΓ=) 2[(Κ ΑΓΒ) − (ΚΑΒ)=]  πR 2 90 1 ⋅ R=  πR 2 R2=2  π − 2 R2.  360 2   4 2= 2  − R 2  − | 100 |

11.6-11.74. Το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται μεταξύ των τριών ημικυκλίων δίνεται από την:Ε = 1 π  ΑΒ 2 − 1 π  ΑΓ 2 − 1 π  ΓΒ 2 = Δ 2 2  2  2  2  2 = 1 π(ΑΒ2 − ΑΓ2 − ΓΒ2 )= A ΓΒ 8= 1 π[(ΑΓ + ΓΒ)2 − ΑΓ2 − ΓΒ2 ]= 1 π2ΑΓ ⋅ ΓΒ= 88= 1 π ⋅ ΑΓ ⋅ ΓΒ . 4Αλλά από το ορθογώνιο τρίγωνο  (∆ˆ =90). Έχουμε ΑΓ ⋅ ΓΒ = Γ∆2, ∆ΑΒοπότε η προηγούμενη σχέση γίνεται:Ε= 1 πΓ∆2 = π  Γ∆ 2 = εμβαδόν κύκλου διαμέτρου ΓΔ. 4  2  Ο5. Έστω (Κ, x) ο κύκλος ο εγγεγραμμένος στον Γ τομέα Ο ⋅ ΑΒ με ΑΒ = 60. A 1RΤότε ΟΚ= R − x, ΚΓ = x και Οˆ 1 =30, Κ  χΒοπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο Γ Ο Κ προκύπτει:ΓΚ = ΟΚ ⇔ x = R − x ⇔ 3x = R ⇔ x = R , 22 3οπότε το εμβαδόν του κύκλου (Κ, x) είναι: Ε = π R2 . 9Σύνθετα Θέματα Α Ζ Γ1. i) Επειδή ΑΒ = λ6 και ΒΓ = λ3 προκύπτει ότι: Η τ1 τ2 ΑΒ=Γ 60 + 12=0 180, οπότε ΑΓ διάμετρος ΒΟ του κύκλου (Ο, R), άρα ΑΓ = 2R. τ3 Κ  1 ΑΒ ⋅ ΑΓ Δii) Το τρίγωνο Α Β Γ έχει εμβαδόν: (ΑΒΓ)= 2 (αφού Βˆ =90 ) =1 R ⋅ R 3 = 3 R2, οπότε αν Ε το εμβαδόν 22 του κύκλου θα είναι: (=ΑΒΓ) 3 R2 3. Ε =2πR 2 2π | 101 |

11.6-11.7iii) Το κυκλικό τμήμα ΑΓΖ είναι προφανώς ημικυκλικός δίσκος, οπότε το εμβαδόν του (τ2 ) = 1 πR 2. Για το εμβαδόν (τ3 ) του (ΒΓΔ) έχουμε: 2 πR 2120 1 3R = πR2 − R2 3 = R2 (Ο Β∆Γ) − (ΟΒΓ) = 360 2 2 34 12 ( )(τ3) = − R 4π − 3 3. Για το εμβαδόν, τέλος, του κ.τ. ΑΗΒ έχουμε: (Ο ΑΗΒ) − (ΟΑΒ) = πR2 60 R2 3 πR2 − R2 3 = R2 360 4 64 12 ( )(τ1) = − = 2π − 3 3 .2. Επειδή ΑΒ = ΑΓ = λ4, θα είναι ΑΒ = ΒΓ = 90, οπότε Β∆Γ = 180και επομέ- νως ΒΑˆ Γ = 90. Έτσι το ζητούμενο εμβαδόν, έστω Ε, θα είναι το εμβαδόν του τεταρτοκυκλίου (Α ΒΓ) του κύκλου (Α, ΑΒ) αυξημένο κατά το διπλάσιο του εμβαδού ε ενός από τα ίσα κυκλικά τμήματα που ορίζουν οι ίσες χορδές ΑΒ και ΑΓ στον (Ο, R), δηλαδή A Ε = (Α ΒΓ) + 2ε (1). Είναι: ε 1 π ⋅ ΑΒ2= 1π R 1 πR2 (2)( )(Α ΒΓ)= 2 2 ΒΟ Γ 44 2=ε = (Ο ΑΓ) − (ΟΑΓ) = 1 πR2 − 1 R2 (3). 42Αντικαθιστώντας τις (2) και (3) στην (1) βρίσκουμε: Ε = (π −1)R2.3. Παρατηρούμε ότι R − R < R 3 < R + R, οπότε οι κύκλοι τέμνονται. Έστω (K, R), (Λ, R) οι κύκλοι και ΑΒ η κοινή χορδή τους. Επειδή ΚΑ = ΑΛ = ΛΒ = ΚΒ = R, το τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι ρόμβος, οπότε: ΚΟ = ΚΛ = R3 = α6. 2 2 A Άρα η χορδή ΑΒ του κύκλου (Κ, R) RR είναι ΑΒ = λ6 = R. KΟ Λ Το ζητούμενο εμβαδόν ε είναι το εμβαδόν RR δύο ίσων κυκλικών τμημάτων. Επομένως: ε = 2 ⋅ Εκυκλικού τµήµατος (ΚΑΒ) = Β= 2 (Κ ΑΒ) − (ΚΑΒ=)  πR 2 60 − R2 3= πR 2 − R 2 3 . 2  360 4 32 | 102 |

Γενικές Ασκήσεις4. Έχουμε ΑΒ = ΓΒ = 90. ΓΆρα ΑΓ = ΒΓ = λ4 = R 2. ΓΟ τΠαρατηρούμε ότι: µ + τ = πR2 (1), Α μ Β 2 Α Ο Β τγιατί η ΑΒ είναι διάμετρος. π ⋅ ΓΑ2 ⋅ 90 μ 360Επίσης (ΑΒΓ) + τ = (Γ ΑΒ) = == π=(R 2)2 πR2 . (2) 42Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι µ + τ = (ΑΒΓ) + τ ή µ = (ΑΒΓ). Α ΚΒΓενικές Ασκήσεις Η Σ Λ1. α) Έχουμε ΟΚ = α6 = R 3. Α ΚΒ Γ 2 Ζ ΟΗΌμοια ΣΡ Λ ΜΟΚ = ΟΛ = ΟΜ = ΟΝ = Ζ ΟΝ Γ Δ= ΟΡ = ΟΣ = R 3 (1). Ρ Ε 2 ΜΕπίσης Κ=Λ Α=Γ λ=3 R 3 Ε ΝΔ 22 2και όμοια: ΚΛ = ΛΜ = ΜΝ = ΝΡ = ΡΣ = ΣΚ = R 3 (2). 2Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι το ΚΛΜΝΡΣ είναι κανονικό εξάγωνομε κέντρο Ο.β) Έχουμε (ΑΒΓ∆ΕΖ)= 6(ΟΑΒ)= 6⋅ R2 3 (3), γιατί το τρίγωνο  4 OABείναι ισόπλευρο με πλευρά R. | 103 |

Γενικές Ασκήσεις  R 3 2 ⋅ 3  2  =Επίσης (ΚΛΜΝΡΣ)= 6(ΟΚΛ)= 6 ⋅   6 ⋅ 3R2 3 (4), 4 44  R 3.γιατί το τρίγωνο Ο Κ Λ είναι ισόπλευρο με πλευρά 2Από τις (3) και (4) προκύπτει ότι: (ΚΛΜΝΡΣ=) 3 (ΑΒΓ∆ΕΖ) . 4γ) Η ακτίνα ρ του κύκλου του εγγεγραμμένου στο ΚΛΜΝΡΣ είναιρ = ΟΗ = R 3 ⋅ 3 = 3R . Άρα L = 2π ⋅ ρ = 2π ⋅ 3R = 3πR . 22 4 422. α) Επειδή ΑΒ = λν είναι ΑΟˆ Β = 360 . ΑΒ ν Α´ Β΄Άρα 2 360 Ο π ⋅ α 2 ⋅ 360 π ⋅  R 2  ⋅ ν 4 ν  (Ο Α′Β′) = =  2 = π⋅R2 (1). 2ν 360 360Επίσης πR 2 ⋅ 360 νε= (Ο ΑΒ) − (Ο Α′Β′) = − πR 2 = 360 2ν= πR 2 − πR 2 = 2πR 2 − πR 2 = πR 2 (2). ν 2ν 2ν 2ν 2νΑπό τις (1) και (2) προκύπτει ότι: ε = (Ο Α′Β′) .β) Είναι ε = πR2 ⇔ 2νε = πR2, από το (α) ερώτημα. 2ν Β1 Γν3. Έστω Α1Α2...Αν ένα κυρτό ν-γωνο. Γ1 μ1 Βν Εξωτερικά αυτού κατασκευάζουμε τα Β2 μ2 Γν−1 Α2 Α1 ορθογώνια Α1Α2Γ1Β1, Α2Α3Γ2Β2, ..., ΑνΑνΑ1ΓνΒν με ίδιο ύψος υ και συνδέουμε τις μ3εξωτερικές πλευρές αυτών με τόξα κύκλων Γ2 Α3 Β3που γράφουμε με κέντρα τις κορυφές καιακτίνα υ. Α1 ΓνΒ1, Α2 Γ1Β2, ..., Γ3 τομείς ίσων κύκλων ακτίναςΤότε οι κ. τομείς υ.Αν Γν−1Βν είναιΑν µ1, µΒ21,Αˆ..1.Γ, νµ,ν είναι τα μέτρα των επικέντρωνγωνιών Β2Αˆ 2Γ1, ..., Βν Αˆ νΓν−1 αντίστοιχα | 104 |

Γενικές Ασκήσεις και ε1, ε2, ..., εν τα εμβαδά των αντίστοιχων κυκλικών τομέων έχουμε: ε1 =π3υ620µ1 , ε2 =π3υ620µ2 , ..., εν =π3υ620µν από τις οποίες προκύπτει: ε1 + ε2 + ...=+ εν πυ2 (µ1 + µ2 + ... + µν ) (1). 360 Αλλά =µ1 360 − 90 − 90 −=Αˆ 1 180 − Αˆ 1. Όμοια =µ2 180 − Αˆ 2, …, =µν 180 − Αˆ ν, οπότε µ1 + µ2 + ... + µ=ν 180ν − (Α1 + Α2 + ... + Αν=) 180ν − (180ν − 360=) 360 , οπότε η (1) δίνει ε1 + ε2 + ... + εν = πυ2.4. Έ στω x η ακτίνα των κύκλων. Επειδή οι κύκλοι ΑΔ εφάπτονται μεταξύ τους εξωτερικά και εφάπτονται επίσης στις πλευρές του τετραγώνου έχουμε: 4x = α, Α χ ΖΝ Δ δηλαδή x = α . 4 Κ Ηχ εΖ Ν Αν Κ, Λ, Μ και Ν είναι τα κέντρα των Κ ΛΗ ε Μ κύκλων τότε το ΚΛΜΝ είναι τετράγωνο γιατί ΒΛ ΜΓ ΚΛ = ΛΜ = ΜΝ = ΝΚ = 2x και Κˆ =90 Αˆ =90 ). ΤοΒζητούμενο πλέονΓ (η γωνία Κ έχει παράλληλες πλευρές με την εμβαδόν ε θα δίνεται από την: ε= (ΚΛΜΝ) − 4(Κ ΗΖ) = (2x)2 − 4 πx2 ⋅ 90 = 4x2 − πx2 Α= (4 − π) α2 . 360 16 Α5. α) Ε = λ 2 = (R 2)2 = 2R2 = 2 ⋅1600 = 3200 m2. Β 4 Β Ο β) Αν ρ είναι η ακτίνα κάθε κυκλικής γλάστρας R=Ο40 R=40 έχουμε: R − R 2= 2 2ρ= ΟΑ − ΟΒ= R − α4= 40 − 20 2⇔ ⇔=ρ 10(2 − 2), οπότε το εμβαδόν κάθε κυκλικής γλάστρας είναι ε = πρ2 = 200π(3 − 2 2) m2 και το εμβαδόν 25 Β ( )του μέρους που καλύπτουν οι γλάστρες είναι 800π 3 −225 2 Βm2. Γ 25 γ) Το εμβαδόν του μέρους που θα φυτευθεί με γκαζόν Γείναι: 25 2 2 − 800π 3 − 2 ( ) ( )πR2 2 − 40 Ο − λ 4 − 4ε = π ⋅1600 2 = ( )= 800π 2 2 −1 − 3200 m2. Ο | 105 |

Ο R=40 Γενικές Ασκήσεις 25 Β Γ 256. α) Ο εγγεγραμμένος κύκλος έχει προφανώς ακτίνα ρ =25 m, επομένως το εμβαδόν Ο του είναι πρ=2 25π m2. β) Αν x είναι η ακτίνα καθενός απ’ αυτούς τους κύκλους και Κ το κέντρο ενός απ’ αυτούς έχουμε: ΑΚ = x 2, ΚΓ = x, οπότε από την ισότητα ΟΑ = ΟΓ + ΚΓ + ΚΑ προκύπτει: ( )25 2 = 25 + x + x 2 ⇔ ... ⇔ x = 25 3 − 2 2 και επομένως: ( )Ε = πx2 = 625 17 −12 2 = 18, 4 m2.7. Έστω ΑΒ και ΓΔ δύο πλευρές του 15-γώνου Α και ω η γωνία που σχηματίζουν οι προεκτάσεις Β αυτών. Αν υποθέσουμε ότι το τόξο ΒΓ περιέχει ν πλευρές του 15-γώνου, τότε το Α∆ θα περιέχει νω 15 − ν − 2= 13 − ν πλευρές και επομένως θα είναι ΒΓ = ντ Γ και Α=∆ (13 − ν)τ , Δόπου τ = ΑΒ = 1 360 = 24. 15Η γωνία ω είναι τότε:( )ω= 1 Α∆ − ΒΓ= 1 [(13 − ν)τ − ντ=] 1 (13 − 2ν)=τ (13 − 2ν) ⋅12 (1).222Ο 13 − 2ν είναι ένας θετικός ακέραιος και επομένως η ελάχιστη τιμή τουςείναι το 1, οπότε 13 − 2ν = 1 ⇔ ν = 6 και από την (1) προκύπτει πλέον ότιωmin =1⋅12 =12. | 106 |

Γενικές ΑσκήσειςΣχόλιο:Παραπάνω υποθέσαμε ότι Α∆ > ΒΓ ⇔ 13 − ν > ν ⇔ ν < 13. 2Στο ίδιο αποτέλεσμα καταλήγουμε αν Α∆ < ΒΓ,( )τότε όμως ω= 1 ΒΓ − Α∆ . 2  x M0 M8. α) Τα τρίγωνα Μ Α ∆ και Σ Α Β είναι ορθογώνια στο Μ και Σ αντίστοιχα,οπότε έχουμε: ΑΜ2 = ΑΓ ⋅ Α∆ και ΣΑΣ2 = ΑΓ ⋅ ΑΒ.Με αντικατάσταση των ΑΜ2 καιΑΣ2 στην ΑΜ2 = 2ΑΣ2 προκύπτει ΑΓ Β Δ Α∆= 2ΑΒ.β) Επειδή Α∆= 2ΑΒ, το ΑΔ είναι σταθερό τμήμα και αφού ΑΜˆ ∆ = 90, τοΜ βρίσκεται σε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΔ.Επειδή όμως το Μ ανήκει στη Γx και οι ακραίες θέσεις του Γ είναι Α και Β,ο γ.τ. του Μ είναι το τεταρτοκύκλιο ΑΜΜ0, όπου Μ0 η τομή της καθέτουτης ΑΒ στο Β και του ημικυκλίου διαμέτρου ΑΔ.γ) Το μήκος l1 του τόξου ΑΜ0 είναι 1= 2π ⋅ ΑΒ= 1 π ⋅ ΑΒ και το μήκος l2 4 2του ημικυκλίου διαμέτρου ΑΒ είναι 2= 1 π ⋅ ΑΒ και επομένως l1 = l2 . 29. α) Έχουμε: ε1 = (Ο ΑΓ) − (ΟΑΓ) (1) ΑΤ Δ και ε2 = (Ο ΑΒ) − (ΟΑΒ) (2). Λ Κ Από τις (1), (2) παίρνοντας υπόψη ότι ΝΣ(ΟΑΓ) = (ΟΑΒ) (γιατί η AO είναι ε2 R Μ ε1  Β Ο Γδιάμεσος στο Α Β Γ) προκύπτει:Ετεα1πι−εειεδ1ή2−= όεμ2(ωΟ= ςΑ(ΑΟΓΒ)Γ−=∆(Α)Ο. ∆ΑέΒχο)υμ(3ε)ό. τι (Ο ΑΒ) = (Ο Α∆), οπότε η (3) γίνε-β) Έστω (Λ, x) ένας εγγεγραμμένος κύκλος στο κυκλικό τμήμα χορδής ΑΓ και (Κ, KM) ο κύκλος ο εγγεγραμμένος που εφάπτεται στο μέσο Μ της | 107 |

Γενικές Ασκήσειςχορδής ΑΓ. Τότε: 2x = ΤΣ = ΟΤ − ΟΣ = R − (ΟΝ + ΝΣ) ≤ R − ΟΝ καιεπειδή ΟΝ ≥ ΟΜ αφού ΟΜ κάθετη στην ΑΓ, έχουμε:2x ≤ R − ΟΜ = Ο∆ − ΟΜ = Μ∆ ⇔ x ≤ ΚΜ, που είναι και το ζητούμενο.γ) i) Έστω ρ1, ρ2 οι ακτίνες των μεγίστων εγγεγραμμένων κύκλων στα κυκλικά τμήματα χορδών ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα.Τότε: 2ρ1 = R − ΟΜ = R − γ ⇔ ρ1 = 1  R − γ . 2 2  2 1  β Όμοια: =ρ2 2  R − 2  , όπου β = (ΑΓ) και γ = (ΑΒ), οπότε: Ε1 + Ε2 = πρ12 + πρ22 = π  R − γ 2 +  R − β 2  = 4 2   2   = π  2R 2 + β2 + γ2 − R(β=+ γ) 4  4  = π 2R 2 + R2 − R(β + γ) (1) γιατί β2 + γ2 = α2 = 4R 2. 4Αλλά με τριγωνική ανισότητα στο ΑΒΓ παίρνουμε β + γ > 2R και επειδήείναι δυνατόν το Α να συμπέσει με το Β έχουμε β + γ ≥ 2R, οπότε απότην (1) προκύπτει ότι Ε1 + Ε2 ≤ πR 2 . 4ii) Όταν Β∆ =120 είναι ΑΒ = 60, οπότε: Α=Β ΒΓ ⇔=γ R 2και ΑΓ = 120, οπότε ΑΓ = λ3 ⇔ β = R 3.Οι ακτίνες ρ1, ρ2 είναι τώρα ρ1 =R και ρ2 = 2 − 3 R, 4 4όπως προκύπτει από τις παραπάνω εκφράσεις των ρ1, ρ2.Έτσι έχουμε: ( ) ( )( )Ε1 + 7 + 4 3 =Ε2 π πR 2 . 16 R 2 + 7+4 3 7 − 4 3 R=2  8 | 108 |

Γενικές Ασκήσεις10. α) Επειδή ΟΒ//Ο′Β′ είναι Οˆ 1 =Οˆ 1′ και αφού οι κύκλοι είναι ίσοι θα είναι (Ο ΑΒ) = (Ο′ Α′Β′). β) Είναι: (Ο ΑΒ) + (Ο ΑΒ′) α) Α′Β′) + (Ο′ ΑΒ′) = (Ο′ ΑΑ′). = (Ο′ γ) Επειδή ΟΒ//=Ο′Β′ το ΟΒΒ′Ο′ είναι Β Κ Β' παραλληλόγραμμο, οπότε ΒΒ′ = ΟΟ′, Γ άρα ΒΒ′ = ΑΑ′ και επομένως (Ο′ ΑΑ′) = (Κ ΒΒ′), οπότε από το β) 1 1 προκύπτει το ζητούμενο. OΔ Α O Α' δ) Προσθέτουμε και στα δύο μέλη του γ) το εμβαδόν του μεικτογράμμου τριγώνου Α Β Γ και στη συνέχεια αφαιρούμε και από τα δύο μέλη της προκύπτουσας το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος χορδής ΓΒ′, οπότε προκύπτει η ζητούμενη σχέση. Τέλος, για να γίνει μέγιστο το ε, αρκεί το εμβαδόν του παραλληλογράμμου (ΟΒΒ′Ο′) = ΟΟ′ ⋅ Β∆ να γίνει μέγιστο, το οποίο συμβαίνει όταν η ακτίνα ΟΒ γίνει κάθετη στην ΟΟ′. Έτσι τα ζητούμενα σημεία Β, Β′ είναι τα σημεία των κύκλων (Ο), (Ο′) αντίστοιχα για τα οποία ΟΒ, Ο′Β′ ⊥ ΟΟ′ . | 109 |



12 ΚΕΦΑΛΑΙΟΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Σε κάθε επίπεδο του χώρου ευθείες παράλληλες τέμνονταιισχύουν οι προτάσεις της σε ευθεία παράλληλη σε αυτές.επιπεδομετρίας. Επομένως Επίσης, παράλληλα επίπεδαμπορούμε να συγκρίνουμε τέμνονται από τρίτο κατάτρίγωνα, γωνίες, ευθύγραμμα ευθείες παράλληλες. (§ 12.4τμήματα ή άλλα σχήματα που Ασκ. Εμπ. 5, 6, 10, Αποδ.βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο ή Ασκ. 2)σε διαφορετικά επίπεδα του • Τα σημεία του χώρου πουχώρου. (§ 12. 4 Αποδ. Ασκ. 1, ισαπέχουν από τα άκρα ενός2, 3 Συνθ. θεμ. 3. Γεν. Ασκ. ευθυγράμμου τμήματος4, 5, 6, 7) ανήκουν στο μεσοκάθετο• Αν δύο ευθείες είναι ασύμβατες, επίπεδο του τμήματος. (§ 12.5τότε όλα τα επίπεδα που Ασκ. Εμπ. 2 § 12.6 Ασκ. Εμπ.περνάνε από την μία πλην ενός 1, 2, 7, 8 § 12.7 Ασκ. Εμπ. 3).τέμνονται από την άλλη. (§ 12.3 • Χ ρ ή σ ι μ α γ ι α τ η ν λύ σ ηΑσκ. Εμπ. 1, 2 Αποδ. Ασκ. 4) ασκήσεων είναι επίσης το• Τρεις ευθείες στον χώρο θεώρημα των τριών καθέτων, οιπερνάνε από το ίδιο σημείο συνθήκες καθετότητας ευθείαςαν οι ευθείες είναι τομές τριών και επιπέδου και το θεώρημαεπιπέδων ανά δύο. (§ 12.3 του Θαλή. (§ 12.4 Αποδ. Ασκ.Αποδ. Ασκ. 5, § 12.4 Σύνθ. 4. § 12.5 Ασκ. Εμπ. 2, § 12.6θεμ. 1, 2). Ασκ. Εμπ. 3, 6, Αποδ. Ασκ.• Επίπεδα που περνάνε από δύο 1, 2).

12.3§ 12.3 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Αν ε1 και ε2 είναι οι ασύμβατες ευθείες και Ο το Α ε΄ σταθερό σημείο, τα επίπεδα (ε1, Ο) και (ε2, Ο) εΟ έχουν κοινό το Ο, άρα τέμνονται σε μία ευθεία, Β έστω ε, που περνάει από το Ο. Η ε τέμνει τις ε ε1 και ε2 στα σημεία Α και Β. Διερεύνηση: Αν η ευθεία ε είναι παράλληλη στην ε1 ή στην ε2 τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση. Οι ευθείες ε1 και ε2 δεν μπορεί να είναι ταυτόχρονα παράλληλες στην ε διότι τότε θα ήταν συμβατές.2. Αν ε1, ε2 και ε3 είναι οι τρεις ασύμβατες ανά δύο Α ε1 ευθείες, θεωρώ τυχαίο επίπεδο π που περνάει Β από την ε1 και τέμνει τις ε2 και ε3 στα σημεία ε2 ΒΓ. Η ευθεία ΒΓ τέμνει την ε1 στο σημείο Α Γ ε3 γιατί οι ε1 και ΒΓ είναι συνεπίπεδες. Η ΑΒΓ είναι η ζητούμενη ευθεία. Υπάρχουν άπειρες Γ Γ´ ε´ε τέτοιες ευθείες όσα και τα επίπεδα που περνάνε ζ ΒΑ από την ε1 και τέμνουν τις ε2 και ε3. π3. Θεωρούμε το επίπεδο π = (Α, ε′), το οποίο τέμνει το επίπεδο του κύκλου κατά την ευθεία ζ η οποία με την σειρά της τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία, τα Γ και Γ′. Η ευθεία ΑΓ ή η ΑΓ′ είναι η ζητούμενη ευθεία. Διερεύνηση: Εάν το επίπεδο π τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία, υπάρχουν δύο από τις ζητούμενες ευθείες. Εάν ο κύκλος εφάπτεται στο επίπεδο π τότε υπάρχει μία τέτοια ευθεία και αν ο κύκλος δεν έχει κοινό σημείο με το επίπεδο τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.4. Θεωρούμε τα επίπεδα (Μ, Χ, Χ′) και (Μ, Ψ, Χ Ο Ψ Χ'Ψ´). Τα επίπεδα αυτά έχουν δύο κοινά σημεία, Ψ'τα Μ και Ο, που είναι τομή των ευθειών XX′και ΨΨ′. Επομένως τα επίπεδα τέμνονται κατάτην ευθεία ΜΟ. Αν το Μ κινείται πάνω στην Μευθεία ε, τότε οι ευθείες ΜΟ βρίσκονται στοεπίπεδο (Ο, ε). ε | 112 |

12.3Αποδεικτικές Ασκήσεις τ1. Έστω π το δοσμένο επίπεδο και τ το εεπίπεδο του κύκλου. Τα επίπεδα π καιτ ή είναι παράλληλα, οπότε ο κύκλοςκαι το π δεν έχουν κοινό σημείο, ήτέμνονται κατά ευθεία ε. Η ευθεία εμπορεί να έχει, κατά τα γνωστά απότην γεωμετρία του επιπέδου, δύο, ένα πή κανένα κοινό σημείο με τον κύκλο,ανάλογα με την απόστασή της από το κέντρο του. Β Α ε1 ε2 ε22. i) Θεωρούμε τρεις ευθείες ε1, ε2 και ε3 που τέμνονται ανά δύο, χωρίς να ε3 ε3 περνάνε από το ίδιο σημείο. Δύο από ε1 Ααυτές, έστω οι ε1 και ε2, ως τεμνόμενες, π (β)ορίζουν επίπεδο π = (ε1,ε2 ). (α)Η τρίτη ευθεία, ε3, τέμνει στα σημεία Α και Β τις ε1 και ε2 αντίστοιχα. Ταδύο αυτά σημεία είναι διαφορετικά του κοινού σημείου, σύμφωνα με τηνυπόθεση. Τότε, η ευθεία ε3 έχει δύο σημεία της στο επίπεδο π, άρα κείταισε αυτό.ii) Έστω Α το κοινό σημείο των ε2 και ε3. Οι ευθείες ε1 και ε2, ως τεμνόμενες, ορίζουν το επίπεδο (ε1,ε2 ). Επίσης, οι ευθείες ε1 και ε3, ως τεμνόμενες, ορίζουν το επίπεδο (ε1,ε3 ). Τα επίπεδα αυτά έχουν κοινή την ευθεία ε1, δεν ταυτίζονται όμως διότι τότε οι τρεις ευθείες θα ήταν συνεπίπεδες. Έχουμε,δηλαδή, δύο τεμνόμενα επίπεδα, την ευθεία ε2 στο ένα και την ευθεία ε3στο άλλο. Επιπλέον οι ε2 και ε3 έχουν κοινό το σημείο Α, άρα αυτό είναισημείο της τομής τους, δηλαδή της ευθείας ε1.3. Εάν υπήρχε επίπεδο που να περιέχει τις ευθείες ΑΓ και ΒΔ, τότε αυτό θα περιείχε τις ευθείες ε1 και ε2, που είναι άτοπο. Αφού λοιπόν δεν υπάρχει επίπεδο που να τις περιέχει, αυτές είναι ασύμβατες.4. Ανάλυση: Αν ε είναι η ευθεία που τέμνει και τις ε4 ε3τέσσερις, αυτή τέμνει τις συνεπίπεδες ευθείες πε1 και ε2, άρα κείται στο επίπεδό τους. ΒΚατασκευή: Θεωρώ το επίπεδο π των παραλλήλωνευθειών ε1 και ε2. Αυτό τέμνεται από τις άλλες δύο εευθείες ε3 και ε4 στα σημεία Α και Β αντίστοιχα. ε1 ΑΗ ευθεία ΑΒ είναι η ζητούμενη. ε2Απόδειξη: Η ευθεία ΑΒ τέμνει τις ευθείες ε3 και ε4 από την κατασκευή. Επειδή | 113 |

12.4όμως βρίσκεται στο επίπεδο των παραλλήλων ευθειών τέμνει και αυτές.Διερεύνηση: Εάν η ευθεία ΑΒ είναι παράλληλη στις ε1 και ε2 τότε το πρόβλημαδεν έχει λύση.5. Έστω π1, π2 και π3 τρία επίπεδα π2 ε3 π1 ε3 που τέμνονται ανά δύο στις ευ- Ο ε2 ε1 θείες ε1 = (π2 , π3 ), ε2 = (π1, π3 ) ε1 π3 ε2 π2 και ε3 = (π1, π2 ). Το επίπεδο π3 τέμνεται από τα επίπεδα π1 και π2 (α) π1 π3 στις ευθείες ε2 και ε1 αντίστοιχα. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (β)i) οι ευθείες ε1 και ε2 τέμνονται. Αν Ο το σημείο τομής των ε1 και ε2, αυτό είναι σημείο και των τριών επιπέδων, άρα από αυτό θα διέρχεται και η τρίτη ευθεία ε3.ii) οι ευθείες ε1 και ε2 είναι παράλληλες. Τότε και η τρίτη ευθεία ε3 τομής των επιπέδων π1 και π2 είναι παράλληλη σε αυτές. Διότι, αν έτεμνε μία από αυτές, έστω την ε2, τότε τα τρία επίπεδα θα είχαν ένα κοινό σημείο και από αυτό θα περνούσε και η ευθεία ε1, που είναι άτοπο, διότι είναι παράλληλη στην ε2.§ 12.4 ε1 Ασκήσεις Εμπέδωσης ξ11. Από το σημείο Ο φέρουμε ευθείες ξ1 και Ο ξ2 παράλληλες στις ε1 και ε2 αντίστοιχα. Το επίπεδο (ξ1, ξ2) είναι το ζητούμενο. ξ2 ε22. Από το δοθέν σημείο Α φέρουμε επίπεδο πτ τ, παράλληλο στο π. Επειδή η ευθεία Α ξ τέμνει το επίπεδο π θα τέμνει και το παράλληλό του τ σε σημείο Β. Η ευθεία ξ ΑΒ είναι η ζητούμενη ευθεία. Β ε | 114 |

12.43. Φέρουμε τυχαίο επίπεδο τ, παράλληλο στο τ Α ε1 π. Το τ τέμνεται από τις ασύμβατες ευθείες π ε1 και ε2, διότι αυτές τέμνουν το παράλληλο επίπεδο π. Αν Α και Β τα σημεία τομής, η Β ευθεία ΑΒ είναι η ζητούμενη. Επειδή η ε ε2 επιλογή του επιπέδου τ είναι τυχαία, υπάρχει απειρία επιπέδων, επομένως και ευθειών που ικανοποιούν το πρόβλημα.4. Έστω σ και τ δύο επίπεδα που τέμνονται σ στην ευθεία ε και ε′ ευθεία παράλληλη στηνε. Έστω ότι η ευθεία ε′ δεν έχει κοινό σημείομε τα επίπεδα σ και τ. Τότε η ευθεία ε′ είναι Απαράλληλη στο επίπεδο σ διότι είναι παράλληλησε μία ευθεία του, την ε. Για τον ίδιο λόγο,είναι παράλληλη και στο τ. ε ε' ε'Έστω τώρα ότι η ευθεία ε′ έχει κοινό το σημείοΑ με το επίπεδο τ. Επειδή οι ευθείες ε και ε′ τείναι παράλληλες, η ε ανήκει στο τ και η ε′έχει ένα σημείο της στο τ, τότε η ε′ βρίσκεται στο τ. Αν η ευθεία ε′ έχει ένακοινό σημείο και με το σ τότε ανήκει και στο σ. Δεν μπορεί όμως να ανήκεικαι στα δύο επίπεδα, διότι τότε θα ταυτιζόταν με την κοινή ευθεία ε.5. Έστω ε και ε′ δύο παράλληλες ευθείες και σ και σ′τα επίπεδα, που περιέχουν τις ε και ε′ αντίστοιχα.Η ευθεία ε είναι παράλληλη στο σ′, διότι είναι ε'παράλληλη στην ε′. Από την υπόθεση, τα επίπεδα σ'σ και σ′ τέμνονται σε μία ευθεία ξ. Θα αποδείξουμε, εμε απαγωγή σε άτοπο, ότι η ξ είναι παράλληλη στις ξε και ε′. Έστω ότι η ξ τέμνει την ε. Τότε, το κοινόσημείο των δύο ευθειών είναι και κοινό σημείο της σε και του σ′, που είναι άτοπο. Άρα η ευθεία ε είναιπαράλληλη στην ξ. Όμοια αποδεικνύεται ότι και η ε′ είναι παράλληλη στην ξ.6. i) Έστω επίπεδο σ που περνάει απότην ευθεία ξ και τέμνει το επίπεδο ξπ κατά ευθεία ε. Οι ευθείες εκαι ξ είναι παράλληλες, διότι ξ Α εσαν τέμνονταν τότε η ευθεία ξ θα σ εείχε κοινό σημείο με το επίπεδο π π (α) (β)π, που είναι άτοπο. Οι ευθείεςπου προκύπτουν από την τομή του π με τα επίπεδα σ είναι παράλληλεςστην ξ, άρα και μεταξύ τους παράλληλες.| 115 |

12.4ii) Έστω Α το σημείο τομής της ευθείας ξ με το επίπεδο π και σ τυχόν επίπε-δο που περιέχει την ξ. Τα επίπεδα σ και π έχουν κοινό το σημείο Α, άρατέμνονται κατά ευθεία που περιέχει το σημείο Α.7. Στο επίπεδο (Ο, ε) κατασκευάζουμε την ευθείαε1, παράλληλη στην ε, που περνάει από το Ο ε1σημείο Ο. Θεωρούμε επίσης μία ευθεία ε2, ε2 επου περνάει από το σημείο Ο και δεν τέμνειτην ευθεία ε. Το επίπεδο (ε1, ε2) είναι το ζη-τούμενο επίπεδο. Απόδειξη: Το επίπεδο (ε1, ε2) είναι παράλληλο ξ σ στην ευθεία ε διότι περιέχει την ευθεία ε1 Ο παράλληλη στην ε. Επίσης, περνάει από το σημείο Ο εκ κατασκευής. τε Διερεύνηση: Υπάρχει απειρία λύσεων.8. Έστω σ και τ δύο δοσμένα επίπεδα και σημείο Ο εκτός αυτών. Τα επίπεδα σ και τ τέμνονται σε ευθεία ξ. Η ζητούμενη ευθεία ε είναι η παράλληλη στην ξ που περνάει από το Ο, διότι ως παράλληλη στην κοινή ευθεία είναι παράλληλη στα επίπεδα σ και τ.9. Έστω ε1 και ε2 δύο ευθείες και Ο σημείο εκτός αυτών. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:i) οι ευθείες ε1 και ε2 δεν είναι παράλληλες. Δηλαδήείναι είτε τεμνόμενες είτε ασύμβατες. Από το ξ1 ξ2 ε1 ε2σημείο Ο κατασκευάζουμε τις ευθείες ξ1 και ξ2παράλληλες στις ε1 και ε2 αντίστοιχα. Το επίπεδο(ξ1, ξ2) είναι το ζητούμενο.ii) οι ευθείες ε1 και ε2 είναι παράλληλες. Θεωρούμε τα τυχόντα σημεία Α1 καιΑ2 αντίστοιχα στις ευθείες ε1 και ε2. Από το σημείο Ο κατασκευάζουμετις ευθείες ξ1 και ξ2 παράλληλες στις ε και Α1Α2 αντίστοιχα. Το επίπεδο(ξ1, ξ2) είναι το ζητούμενο.10. Από τυχόν σημείο Α1 της ε1 φέρουμε την ξ1//ε και σ2 ε1 σ1 ξ ε2 Α1 από τυχαίο σημείο Α2 της ε2 φέρουμε την ξ2//ε. Τα επίπεδα (ε1, ξ1) και (ε2, ξ2) είναι τα ζητούμενα. Α2 Απόδειξη: Τα επίπεδα (ε1, ξ1) και (ε2, ξ2) περνάνε από τις ευθείες ξ1 και ξ2 που είναι παράλληλες, ε ξ2 ξ1 επομένως, σύμφωνα με την άσκηση 5, η τομή τους ξ είναι παράλληλη στην ε. Επίσης περιέχουντις ε1 και ε2 αντίστοιχα. | 116 |

12.4Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Αν Κ, Λ, Μ, Ν είναι τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ ΑΝ ΜΓ αντίστοιχα, στο τρίγωνο Α Β ∆ το τμήμα ΚΝσυνδέει τα μέσα των δύο πλευρών, άρα είναι: Δ ΚΚΝ=// Β∆ . Από το τρίγωνο  ∆, για τον ίδιο Λ 2 ΓΒλόγο, έχουμε: ΛΜ=// Β∆ . Β 2Από τις δύο αυτές σχέσεις έχουμε: ΚΝ=//ΛΜ,άρα το ΚΛΜΝ είναι παραλληλόγραμμο. Α Μ2. Από την αναλογία ∆Μ = ∆Ν προκύπτει ότι στο Δ Γ ΜΑ ΝΒ Ν επίπεδο (Α, Β, Δ) έχουμε: ΜΝ//ΑΒ. Τα επίπεδα Β(Μ, Ν, Γ) και (Α, Β, Γ) έχουν το Γ κοινό, άρατέμνονται σε ευθεία. Επίσης, περνάνε από τιςπαράλληλες ευθείες ΜΝ και ΑΒ αντίστοιχα. Άραη τομή τους είναι παράλληλη σ’ αυτές (δες άσκ.5, Ασκ. Εμπέδ.).3. Αν Κ, Λ, Μ, Ν, Ε, Ζ είναι τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, A E Γ ΓΔ, ΔΑ, ΑΓ, ΒΔ, θα αποδείξουμε ότι τα τμήματα KM, ΛΝ και ΕΖ διχοτομούνται. Τα δύο πρώτα ΝΜ Δτμήματα είναι διαγώνιοι του παραλληλογράμμου ΚΖ ΛΚΛΜΝ (άσκ. 1), άρα διχοτομούνται. Από τα τρίγωνα Α Β Γ και ∆ Β Γ έχουμε: ΒΚΕ=// ΒΓ και ΖΜ=// ΒΓ . Από τις σχέσεις αυτές 22συνάγεται ότι το ΕΚΖΜ είναι παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοί του ΜΚκαι ΕΖ διχοτομούνται. Συνεπώς, και τα τρία ευθύγραμμα τμήματα KM, ΛΝκαι ΕΖ διχοτομούνται. εξ4. Θ εωρούμε τρία επίπεδα π, π′ και π′′, παράλληλα Bπστις ασύμβατες ευθείες ΑΒ και Α′ Β′, που το Α π' B'πρώτο περιέχει την ΑΒ, το δεύτερο την Α′Β′ και Α' Α'' π''το τρίτο περνάει από το σημείο Α′′ και τέμνει την Δ B''ευθεία ξ έστω στο σημείο Δ.Από το Θεώρημα του Θαλή ισχύει: ΑΑ′ = ΒΒ′ . Α′Α′′ Β′∆Αλλά απ’ αυτήν την σχέση και την δοθείσα έχουμε: | 117 |

12.4ΒΒ′ = ΒΒ′ ⇔ Β′Β′′ = Β′∆ ⇔ Β′′ ≡ ∆.Β′Β′′ Β′∆Δηλαδή, το επίπεδο π′′ περνάει από το Β′′, άρα τα τμήματα ΑΒ, Α′Β′ και Α′′Β′′βρίσκονται σε τρία επίπεδα παράλληλα.Σύνθετα Θέματα1. Τ α ζεύγη των παραλλήλων πλευρών των δύο τριγώνων ορίζουν τρία επίπεδα,τα (ΒΓ, Β′Γ′), (ΑΓ, Α′Γ′) και (ΑΒ, Α′Β′). Επομένως, σύμφωνα με την άσκηση5 της § 12.3 των Αποδ.Ασκ., οι τρεις ευθείες Α Γ ΓΑΑ′, ΒΒ′ και ΓΓ′ κατά Ατις οποίες τέμνονταιανά δύο αυτά τα επί- Α' Β Γ'πεδα, διέρχονται από Γ' Α' Βτο ίδιο σημείο ή είναιπαράλληλες. Β' Β' (α) (β)2. i) Τ α ζεύγη των πλευρών των δύο τριγώνωντέμνονται ανά δύο στα σημεία ΒΑ ΓΑ1 = (ΒΓ,Β′Γ′), Β1 = (ΑΓ, Α′Γ′) καιΓ1 = (ΑΒ, Α′Β′). Τα σημεία αυτά κείνταιστα επίπεδα των δύο τριγώνων, άρα είναι σημεία της τομής των δύο επιπέδων, δηλ. Γ1 Β1 Α1 κείνται επ’ ευθείας.ii) Τα συνεπίπεδα ζεύγη των πλευρών (ΒΓ, Β' Γ' Α'Β′Γ′), (ΑΓ, Α′Γ′) και (ΑΒ, Α′Β′) ορίζουντρία επίπεδα. Επομένως, σύμφωνα με την άσκηση 5 της § 12.3 των Αποδ.Ασκ., οι τρεις ευθείες ΑΑ′, ΒΒ′ και ΓΓ′ είτε διέρχονται από το ίδιο σημείοείτε είναι παράλληλες.3. Έστω Μ το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ Ακαι ΓΔ η διάμεσος. Το μέσον Δ του τμήματος Δ ζΑΒ είναι σταθερό σημείο του χώρου και για Μ Βτο σημείο Μ ισχύει η σχέση: ∆Μ = 1 . Γ ε ∆Γ 3Το πρόβλημα λοιπόν ανάγεται σε επίπεδογεωμετρικό τόπο και είναι ευθεία ζ παράλληληστην ε, στο 1 της απόστασής της ε από το Δ. 3 | 118 |

12.5§ 12.5 Β ε Ασκήσεις Εμπέδωσης Α ε1 π1. Αν ε και π είναι η ευθεία και το επίπεδο που είναι ξ Β κάθετα στην ευθεία ξ και Α, Β τα σημεία τομής, τότε το επίπεδο (ε, ξ) τέμνει το π σε ευθεία ε1 Ν παράλληλη στην ε, διότι οι ε και ε1 είναι κάθετες στην ΑΒ. Αλλά τότε η ε είναι παράλληλη σε μία Α ευθεία του π, άρα είναι παράλληλη στο π. Αν το σημείο Β ταυτίζεται με το Α τότε η ευθεία Μ ε ταυτίζεται με την ε1 και βρίσκεται επί του π. Γ2. Θεωρούμε την ευθεία AM. Έχουμε: i) η ΝΑ είναι κάθετη στην AM, διότι είναι κάθετη στο επίπεδο του ΑΒΓ. Η AM είναι κάθετη στην ΒΓ, ως ύψος ισοσκελούς τριγώνου, άρα η ΜΝ είναι κάθετη στην ΒΓ (Θ. τριών καθέτων). ii) Γ ια το δεύτερο ερώτημα έχουμε ότι η ευθεία ΒΓ είναι κάθετη στην AM και ΝΜ, άρα είναι κάθετη στο επίπεδο που αυτές ορίζουν, δηλαδή το (Α, Μ, Ν).3. Έ στω ε1 και ε2 οι ορθογώνιες ευθείες και π επίπεδο που ε2 ε1 περιέχει την ε1 και είναι κάθετο στην ε2. Η ε2 τέμνει Ο ξ το επίπεδο π στο σημείο Ο. Κάθε ευθεία ξ του π που π περνάει από το Ο είναι κάθετη στην ε2. Μία από τις ευθείες αυτές είναι κάθετη και στην ε1. Τότε αυτή είναι κάθετη και στις δύο. Άρα, το επίπεδο π ορίζεταιαπό την ε1 και την κοινή κάθετη των δύο ευθειών.Αντίστροφα: το επίπεδο που ορίζεται από την ε1 και την κοινή κάθετη τωνδύο ασύμβατων είναι κάθετο στην ε2, διότι περιέχει δύο ευθείες η μία κάθετηκαι η άλλη ορθογώνια στην ε2.4. Α πό το Ο κατασκευάζουμε το επίπεδο π′, το κάθετο π' ε' στην ε. Τα επίπεδα π και π′ τέμνονται κατά την ευθεία ξ ε′. Από το Ο φέρουμε την παράλληλη ξ στην ε′. Αυτή είναι παράλληλη στο π διότι είναι παράλληλη σε μία πε ευθεία του π και είναι ορθογώνια στην ε διότι είναι παράλληλη στην ε′.| 119 |

12.5 Α Αποδεικτικές Ασκήσεις Κρ ε1. Η ευθεία ΑΚ είναι κάθετη στο επίπεδο π, από Μ την κατασκευή. Η KM είναι κάθετη στην π εφαπτόμενη ε του κύκλου (Κ, ρ) στο σημείο Μ. Επομένως η ευθεία AM είναι κάθετη στην ε (από το θεώρημα των τριών καθέτων).2. Η ευθεία ε είναι κάθετη στο επίπεδο του ορ- Α ε Δ θογώνιου. Η ευθεία ΜΝ είναι κάθετη στην Ν Ρ Γ πλευρά ΑΒ, επομένως η ΡΝ είναι κάθετη στην Β ΑΒ, από το θεώρημα των τριών καθέτων. Μ Επειδή η ΓΔ είναι παράλληλη στην ΑΒ τότε η ΡΝ είναι ορθογώνια στη ΓΔ.3. i)ΑΣ ⊥ π από κατασκευή, ΑΜ ⊥ ΒΜ γιατί Σ Γη γωνία ΑΜΒ βαίνει σε ημικύκλιο, άρα ΝΒΣΜ ⊥ ΜΒ από το θεώρημα των τριών Α Μπκαθέτων.  ii) Τα τρίγωνα Σ Α Μ και Σ Α Β είναιορθογώνια στο Σ και τα ΑΝ και ΑΓ είναι τα ύψη τους. Επομένως ισχύουν οι σχέσεις: ΣΑ2 = ΣΜ ⋅ ΣΝ = ΣΒ ⋅ ΣΓ. iii) Τ α τρίγωνα Σ Γ Ν και Σ Μ Β έχουν μιακοινή γωνία και από το προηγούμενο ερώτημα ισχύει ΣΜ = ΣΓ . ΣΒ ΣΝ Επομένως τα τρίγωνα είναι όμοια και επειδή η γωνία ΣΜˆ Β = 90, έχουμε:iv) ΣΓˆ Ν = 90. v) ευθεία ΣΓ είναι κάθετη στις ευθείες ΓΝ και ΑΓ. Επομένως η ΣΓ είναι κάθετη στο επίπεδο που αυτές ορίζουν.vi) Η ευθεία ΣΓ είναι κάθετη στο επίπεδο (Α, Ν, Γ). Η ευθεία ΣΝ είναι κάθετη στην ΑΝ από την κατασκευή, επομένως η ΓΝ είναι κάθετη στην ΑΝ από το θεώρημα των τριών καθέτων (έκφραση ii). vii) Το τρίγωνο Α Γ Ν είναι ορθογώνιο στο Ν και βρίσκεται σε επίπεδο κάθετο στην σταθερή ευθεία ΣΒ στο Γ. Επομένως το Ν γράφει κύκλο διαμέτρου ΑΓ που βρίσκεται πάνω σε αυτό το επίπεδο. | 120 |

12.6§ 12.6 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Ως γνωστό, τα σημεία του χώρου που ισαπέχουν Α Β από δύο σημεία Α και Β είναι το μεσοκάθετο π επίπεδο στο τμήμα ΑΒ. Άρα, ο ζητούμενος τόπος είναι τα κοινά σημεία του μεσοκαθέτου επιπέδου και του δοθέντος επιπέδου π, δηλ. η τομή των επιπέδων. Εάν η ευθεία ΑΒ είναι κάθετη στο επίπεδο π, τότε αυτό θα είναι παράλληλο στο μεσοκάθετο, επομένως το πρόβλημα δεν έχει λύση.2. Ας υποθέσουμε ότι είναι γνωστό το Μ. Τότε A O  Μ από το ισοσκελές τρίγωνο Α Μ Βπροκύπτει ότι B ΜΑ = ΜΒ. Δηλαδή, το σημείο Μ είναι σημείο ε τομής του μεσοκαθέτου επιπέδου στο ΑΒ με την ευθεία ε. Αν η ευθεία ε είναι παράλληλη στο μεσοκάθετο επίπεδο, τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.3. Θα δείξουμε ότι υπάρχει ευθεία του π, η οποία A είναι κάθετη στην ε. Προβάλλουμε την ευθεία ε στο π και έστω ε′ η προβολή της. Στο ίχνος Β ε A' της ε φέρουμε ευθεία ξ κάθετη στην ε′ που να π βρίσκεται στο π. Η ευθεία ξ είναι κάθετη στην ε, Β διότι αν Α τυχαίο σημείο της ε και Α′ η προβολή ξ ε' του, έχουμε: την ΑΑ′ κάθετη στο π, την Α′Β κάθετη στην ξ, άρα η ΑΒ είναι κάθετη στην ξ, σύμφωνα με το Θεώρημα των τριών καθέτων. Η ευθεία ε είναι μοναδική, διότι αν υπήρχε και δεύτερη, τότε η ε θα ήταν κάθετη σε δύο ευθείες του επιπέδου π, δηλ. θα ήταν κάθετη στο π, που είναι άτοπο.4. Έστω Β η προβολή του Α′ στην ευθεία ε. Από το ε A Θ. των τριών καθέτων προκύπτει ότι το Β είναι η Β προβολή του Α στην ευθεία ε, άρα είναι σταθερό A' σημείο. Το τρίγωνο Α Α′Β είναι ορθογώνιο στο π Α′ και το επίπεδό του είναι κάθετο στην ε. Άρα, το σημείο Α′ γράφει κύκλο διαμέτρου ΑΒ, που κείται στο επίπεδο που είναι κάθετο στην ε στο Α. | 121 |

12.6 ε Ο πΜ Ο'5. Έστω Ο′ η προβολή του Ο στο π, ε τυχούσα ευθεία Α του π που περνάει από το Α και Μ η προβολή του Ο στην ευθεία ε. Από το Θεώρημα των τριών καθέτων προκύπτει ότι η Ο′Μ είναι κάθετη στην ε. Άρα, το Μ βρίσκεται σε κύκλο διαμέτρου Ο′Α. Ο6. Έστω Ο′ και Μ οι προβολές του Ο στο π και στην Ο' π τυχούσα ευθεία ε′ του π που είναι παράλληλη Μ ε' στην ε. Η ευθεία Ο′Μ είναι κάθετη στην ε′, από ε το Θεώρημα των τριών καθέτων. Η ευθεία Ο′Μ είναι όμως κάθετη και στην ε, που είναι παράλληλη στην ε′. Επομένως ο ζητούμενος τόπος είναι η ευθεία η κάθετη στην ε από το Ο′.7. Έστω ΑΒΓ το τρίγωνο. Τα σημεία του χώρου πουισαπέχουν από τα άκρα της πλευράς ΑΒ ανήκουν Βξστο μεσοκάθετο επίπεδο του ΑΒ. Επίσης, τα σημεία Απου ισαπέχουν από τα άκρα της πλευράς ΒΓ είναιστο μεσοκάθετο επίπεδο του ΒΓ. Τα δύο επίπεδατέμνονται σε ευθεία ξ διότι είναι κάθετα σε δύοτεμνόμενες ευθείες, τις ΑΒ και ΒΓ. Τα σημεία της Γευθείας ξ ισαπέχουν και από τις τρεις κορυφέςτου τριγώνου. Άρα και το μεσοκάθετο επίπεδοστην ΑΓ περνάει από την ξ. Η ευθεία τομής τους Βξ είναι κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου, διότι ηξ είναι ορθογώνια στις ΑΒ και ΒΓ. Οι τομές τωνμεσοκαθέτων επιπέδων με το επίπεδο του τριγώνου είναι οι μεσοκάθετες στιςπλευρές ΑΒ και ΒΓ του τριγώνου. Άρα η ευθεία ξ περνάει από το περίκεντροτου Α Β Γ. Δ8. Σύμφωνα με την άσκ. 7, τα σημεία του χώρου ξπου ισαπέχουν από τα άκρα των ευθυγράμμων ΟΓτμημάτων ΑΒ, ΒΓ και ΓΑ είναι η ευθεία ξ πουείναι κάθετη στο επίπεδο (Α, Β, Γ), στο περίκεντρο Ατου ΑΒΓ. Θεωρούμε τώρα το μεσοκάθετο επίπεδοστο τμήμα ΑΔ, που τέμνει την ευθεία ξ στοσημείο Ο. Το Ο ισαπέχει από τα τέσσερα σημείαΑ, Β, Γ και Δ. Β | 122 |

12.6 Β λ9. Τ α επίπεδα που είναι παράλληλα στο π και βρί- σκονται εκατέρωθεν του π σε απόσταση λ είναι Α ο ζητούμενος τόπος. λΓ Αντίστροφα: έστω σημείο Μ σε απόσταση λ από το π. Αυτό θα βρίσκεται σε ένα από τα δύο επίπεδα που αναφέραμε.10. Τα σημεία Α, Β και Γ ορίζουν επίπεδο (Α, Β, Μ Γ). Άρα ζητείται να κατασκευασθεί επίπεδο που περνάει από το Μ και είναι παράλληλο στο (Α, ΑΒ Β, Γ). ΓΑποδεικτικές Ασκήσεις1. Έ στω Α και Α′ δύο τυχαία σημεία της ε1 και Β ε1 Α Κ Α' και Β′ δύο τυχαία σημεία της ε2. Στα ευθύγραμμα τμήματα ΑΑ′ και ΒΒ′ ορίζουμε σημεία Μ και Μ′ π1 Ν Μ' αντίστοιχα, τέτοια ώστε να ισχύει: Μ π2ΜΑ = Μ′Α′ = λ (1)ΜΒ Μ′Β′ ε2 Β'Τότε, σύμφωνα με το αντίστροφο του Θεωρήματος π3 Β Λτου Θαλή, οι ευθείες ΑΑ′, MM′ και ΒΒ′ βρίσκονταισε παράλληλα επίπεδα. Επειδή όμως οι ευθείεςε1 = ΑΑ′ και ε2 = ΒΒ′ είναι ασύμβατες, υπάρχειμοναδικό ζεύγος παραλλήλων επιπέδων που τιςπεριέχει, άρα το τρίτο επίπεδο που περιέχει τηνMM′ είναι παράλληλο σε αυτά και περνάει απότο σημείο Ν της κοινής κάθετης ΚΛ για το οποίοισχύει η σχέση: ΝΚ = λ (2) ΝΛΑντίστροφα: αν θεωρήσουμε το ζεύγος τωνπαραλλήλων επιπέδων που περιέχουν τις ε1 καιε2 και ΚΛ είναι η κοινή κάθετη των ασύμβατων, | 123 |

12.6κατασκευάζουμε το επίπεδο που είναι παράλληλο στα δύο άλλα και περνάειαπό το σημείο Ν της ΚΛ για το οποίο ισχύει η (2), τότε για κάθε ευθύγραμμοτμήμα ΑΒ που έχει άκρα στις ε1 και ε2 θα ισχύει το Θεώρημα του Θαλή, άραισχύει η σχέση: ΝΚ = ΜΑ = λ ΝΛ ΜΒ2. Κατασκευάζουμε, σύμφωνα με την προηγούμενη ΑΚ ε1 ε3 άσκηση, επίπεδα π1 και π3 παράλληλα, που π1 περιέχουν τις ε1 και ε3 αντίστοιχα και επίπεδο ε2 Β Ν π2 παράλληλο στα δύο άλλα τέτοιο ώστε η κοινή κάθετη στις ε1 και ε2 να το τέμνει σε σημείο Ν π2 τέτοιο ώστε να ισχύει η σχέση: ε Λ ΚΝ = λ (1) π3 Γ ΝΛΗ ευθεία ε2, ως ασύμβατη με τις ε1 και ε3, τέμνει το επίπεδο π2 σε σημείο Β.Από το Β κατασκευάζουμε ευθεία που τέμνει τις ασύμβατες ε1 και ε3 στασημεία Α και Γ, κατά τα γνωστά (δες άσκ. 1, Άσκ. Εμπ. § 12.3). Αυτή είναιη ζητούμενη ευθεία, διότι ισχύει η σχέση:ΑΒ = ΚΝ = λ (2)ΒΓ ΝΛσύμφωνα με το Θεώρημα του Θαλή.3. Ως γνωστό, τα σημεία του επιπέδου π που Β απέχουν από σημείο Α εκτός αυτού απόσταση Α μ βρίσκονται σε κύκλο με κέντρο την προβολή Α′ Μτου Α στο επίπεδο και ακτίνα ρ= µ2 − ΑΑ′2. Α' Β' Μ'Όμοια για το Β, έχουμε κύκλο (Β′, ρ′), όπου πρ′= ν2 − ΒΒ′2.Γράφουμε τους δύο κύκλους και ένα από τασημεία τομής είναι το ζητούμενο.Διερεύνηση: Οι δύο κύκλοι μπορεί να τέμνονται, οπότε το πρόβλημα έχει δύολύσεις, μπορεί να εφάπτονται, οπότε το πρόβλημα έχει μοναδική λύση καιτέλος μπορεί να μην έχουν κοινό σημείο, οπότε το πρόβλημα δεν έχει λύση. B O| 124 | A O' πM

π 12.6Σύνθετα Θέματα B1. Α ν Α και Β είναι τα δύο σημεία, Ο το μέσον του OΑΒ και Μ σημείο του π τέτοιο ώστε το τρίγωνο A O'Α Μ Β να είναι ορθογώνιο στο Μ, τότε η ΟΜ είναιδιάμεσος και ισούται με το μισό της υποτείνουσαςΑΒ. Άρα, το σημείο Μ απέχει από το σταθερό πMσημείο Ο απόσταση ίση με ΑΒ. 2Επομένως, το Μ γράφει κύκλο με κέντρο Ο′ την προβολή του Ο στο π καιακτ=ίνα ρ ΑΒ2 − ΟΟ′2. 4 A2. Έ στω Α′ η προβολή του Α στο επίπεδο. Η ευθείαOA′, όπου Ο το κέντρο του κύκλου, τέμνειτον κύκλο σε δύο σημεία, τα Β και Γ. Αν το Γ M Α'Α′Β < Α′Γ, τότε και η απόσταση ΑΒ < ΑΓ. Τα ΟBΑΒ και ΑΓ είναι η μικρότερη και η μεγαλύτερηαπόσταση του Α από τον κύκλο, διότι κάθεάλλο τμήμα AM, όπου Μ σημείο του κύκλου,έχει προβολή Α′Μ μεταξύ των Α′Β και Α′Γ. Ανη προβολή Α′ του Α στο επίπεδο ταυτίζεται μετο κέντρο του κύκλου, τότε όλα τα σημεία τουκύκλου ισαπέχουν από το σημείο Α.3. Θεωρούμε το μέσον Ο του τμήματος ΑΒ. Το π επίπεδο (ε, Ο) είναι το ζητούμενο. Διότι, αν από A Α' τα Α και Β φέρουμε τις κάθετες στο επίπεδο αυτό και Α′ και Β′ οι προβολές τους, σχηματίζονται Ο B ε Β'  δύο ορθογώνια τρίγωνα, τα Α Α′Ο και ΒΒ′Ο που έχουν ΟΑ = ΟΒ και Αˆ = Βˆ διότι ΑΑ′//ΒΒ′. Τα τρίγωνα είναι ίσα και επομένως ΑΑ′ = ΒΒ′.4. Έστω Μ τυχαίο σημείο για το οποίο ισχύει B Μ' Ο Α ΜΑ2 − ΜΒ2 = λ2, Ο είναι το μέσον του ΑΒ Μ και Μ′ η προβολή του Μστο ΑΒ. Τότε, από το τρίγωνο Μ Α Β έχουμε: ΜΑ2 − ΜΒ2 = 2ΑΒ ⋅ ΟΜ′ = λ2 (1) | 125 |

12.6που λύνεται ως προς ΟΜ′: ΟΜ′ = λ2 (2). 2ΑΒΑλλά τότε το σημείο Μ προβάλλεται στο σταθερό σημείο Μ′ που προκύπτειαπό τη σχέση (2), άρα βρίσκεται στο επίπεδο που είναι κάθετο στην ΑΒ στοσημείο Μ′ και απέχει από το μέσον Ο απόσταση λ2 . 2ΑΒΑντίστροφα: αν Μ τυχόν σημείο που κείται στο επίπεδο που είναι κάθετοστο ΑΒ στο σημείο Μ′ για το οποίο ισχύει η σχέση (2). Αλλά τότε, από τοΘεώρημα της διαμέσου ισχύει και η (1).5. Αν τα τμήματα ΑΒ και ΓΔ είναι ορθογώνια, τότε η ΑΒ κείται σε επίπεδο κάθετο στην ΓΔ, στο σημείο Μ που προκύπτει αν από τα Α καιΒ φέρουμε κάθετες στην ΓΔ. Τότε από τα ορθογώνια τρίγωνα Α Μ Γ και Β Μ Γ έχουμε:ΑΓ2 = ΑΜ2 + ΜΓ2 (1)ΒΓ2 = ΒΜ2 + ΜΓ2 (2)και αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε: ΓΑΓ2 − ΓΒ2 = ΑΜ2 − ΒΜ2 (3)Αλλά, από τα επίσης ορθογώνια τρίγωνα M A∆ Μ Α και ∆ Μ Β, έχουμε: O Β∆Α2 =ΑΜ2 + Μ∆2 (4) Δ∆Β2 = ΒΜ2 + Μ∆2 (5)και αφαιρώντας κατά μέλη, έχουμε:∆Α2 − ∆Β2 = ΑΜ2 − ΒΜ2 (6).Από τις (3) και (6) προκύπτει το ζητούμενο:∆Α2 − ∆Β2 = ΓΑ2 − ΓΒ2 (7).Αντίστροφα: έστω ότι ισχύει η (7), η οποία γράφεται:ΓΑ2 − ∆Α2 = ΓΒ2 − ∆Β2 = λ2 (8)Τότε, από την άσκηση 4, προκύπτει ότι το σημείο Α κείται στο επίπεδο τοκάθετο στο ΓΔ στο σημείο Μ το οποίο απέχει απόσταση ΟΜ = λ2 από το 2Γ∆μέσον Ο του ΓΔ.Επίσης, το σημείο Β κείται στο κάθετο επίπεδο του ΓΔ στο ίδιο σημείο, άρατα επίπεδα ταυτίζονται. Δηλαδή τα σημεία Α και Β κείνται σε επίπεδο κάθετοστην ΓΔ. Δ | 126 |

12.76. Αν τα δύο πρώτα ζεύγη είναι ορθογώνια, έχουμε: Δ ΓΑ2 − ΓΒ2 = ∆Α2 − ∆Β2 Ακαι ∆Α2 − ∆Γ2 = ΒΑ2 − ΒΓ2.Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε:ΓΑ2 − Γ∆2 = ΒΑ2 − Β∆2 , που σημαίνει ότι Γκαι το τρίτο ζεύγος είναι ορθογώνιο. Β7. Τα μεσοκάθετα επίπεδα στα τμήματα ΑΒ, ΑΔ και ΑΓ τέμνονται σ’ ένα σημείο Ο, διότι είναι κάθετα σε τρία τεμνόμενα τμήματα. Για το Ο ισχύει: ΟΑ = ΟΒ = Ο∆ = ΟΓ. Δηλαδή, απέχει εξ ίσου από τα σημεία Α, Β, Γ και Δ, άρα κείται στα μεσο- κάθετα επίπεδα όλων των τμημάτων που αυτά ορίζουν ανά δύο.8. Οι ευθείες ΟΜ ορίζουν το επίπεδο τ = (Ο, ε). τΣτο Ο φέρουμε την ευθεία ξ, κάθετη στο επί- ξΚ σπεδο τ, που τέμνει το π στο σημείο Κ εφ’ όσον εΟτο επίπεδο τ δεν είναι κάθετο στο π. Αυτόείναι το ζητούμενο σταθερό σημείο. Διότι ηευθεία ξ ως κάθετη στο τ είναι κάθετη σε κάθε Mευθεία ΟΜ του τ. πΑντίστροφα: κάθε επίπεδο διά της ξ είναι κάθετο στο τ και περιέχει τα σημείαΟ και Κ. Τότε υπάρχει σημείο Μ της ε τέτοιο ώστε η ΟΜ να είναι κάθετησ’ αυτό το επίπεδο.§ 12.7 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Προβάλλουμε το σημείο Ο στο π και έστω Ο′ η προβολή του. Κάθε επίπεδο που περιέχει την ευθεία ΟΟ′ είναι κάθετο στο π και περιέχει το σημείο Ο. Άρα υπάρχει απειρία λύσεων στο πρόβλημα.2. Έστω ε(σ, τ) δίεδρη γωνία και επίπεδο π κάθετο ε τ στην ε. Το επίπεδο σ περιέχει την ε που είναι κάθετη στο π, άρα το σ είναι κάθετο στο π. σ Για τον ίδιο λόγο και το τ είναι κάθετο στο π. π | 127 |

π 12.83. Τ α σημεία του χώρου που ισαπέχουν από τα σημεία Βε Β και Γ βρίσκονται στο μεσοκάθετο επίπεδο π στο σΑ τμήμα ΒΓ. Άρα τα σημεία αυτού του επιπέδου με τα Β και Γ δίνουν ισοσκελή τρίγωνα. Θέλουμε επιπλέον Μ αυτά να είναι και ορθογώνια. Αυτό σημαίνει ότι τα Γπ σημεία αυτά βρίσκονται στο μεσοκάθετο επίπεδο, σε κύκλο (Μ, ΜΑ), όπου Μ το μέσον του ΓΒ. Αλλά τ ΜΑ = ΜΒ = ΜΓ. Τέλος τα σημεία τομής του κύκλου αυτού με το επίπεδο τ είναι τα ζητούμενα σημεία. Αυτά π τα σημεία είναι το πολύ δύο, όσα και τα σημεία τομής ξε του κύκλου με το επίπεδο. Ο4. Τ ο ζητούμενο επίπεδο π για να είναι κάθετο στο σ πρέπει να περιέχει μια ευθεία κάθετη ε' σ στο σ. Γι’ αυτό φέρουμε από το Ο την ευθεία ξ, κάθετη στο σ. Επίσης, το επίπεδο π για να είναι παράλληλο στην ευθεία ε πρέπει η ε να είναι παράλληλη σε μία ευθεία του. Γι’ αυτό φέρουμε από το Ο την ευθεία ε′ παράλληλη στην ε. Το ζητούμενο επίπεδο π είναι αυτό που ορίζεται από τις ευθείες ξ και ε′.5. Από ένα σημείο Ο της ε φέρουμε ευθεία κάθετη Ο στο π. Το επίπεδο (ε, ξ) είναι το ζητούμενο. εξ§ 12.8 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: πi) Η ευθεία ε είναι κάθετη A στο επίπεδο π. Τότε κάθε επίπεδο που την περιέχει ε είναι κάθετη στο π.ii) Η ευθεία ε δεν είναι κά- ε θετη στο π. Προβάλλουμε ε' A' την ευθεία ε στο επίπεδοπ και ε′ η προβολή της. (α) (β)Οι τεμνόμενες ευθείες εκαι ε′ ορίζουν επίπεδο τ, κάθετο στο π, διότι αυτό περιέχει μία ευθεία, π.χ.την ΑΑ′ που είναι κάθετη στο π. | 128 | A

12.82. Α ν Α′, Β′, Μ′ είναι οι προβολές των σημείων Α, Β, Β ΜAΜ στο επίπεδο π, που δεν είναι κάθετο στην ΑΒ, οιευθείες ΑΒ και Α′Β′ ορίζουν επίπεδο τ στο οποίο οιευθείες ΑΒ και Α′Β′ τέμνονται από τις παράλληλες Β' Μ' A'ΑΑ′, ΒΒ′, MM′ σε μέρη ανάλογα, κατά το Θεώρηματου Θαλή, και έχουμε: ΑΜ = Α′Μ′ . Β ΜΒ Μ′Β′ ΔΚ3. Σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση, τα μέσα ΓΕ Α Α'των πλευρών του ΑΒΓ προβάλλονται στα μέσα Β'των πλευρών του Α′Β′Γ′. Επομένως, οι διάμεσοι Δ' Κ'προβάλλονται σε διαμέσους, άρα το σημείο τομής Γ' E'τους Κ προβάλλεται στο Κ′.4. Έστω ε και ε1 δύο παράλληλες ευθείες και ε′ και ε′1 οι Αε προβολές τους σε ένα επίπεδο π, το οποίο δεν είναι ε1 κάθετο σε αυτές. Αν Α και Β είναι σημεία των ε και Β ε1 αντίστοιχα και Α′ και Β′ οι προβολές τους, τότε τα Α' ε' επίπεδα (ε, ΑΑ′) και (ε1, ΒΒ′) είναι παράλληλα διότι B' ε'1 δύο τεμνόμενες ευθείες του ενός είναι παράλληλες π στο άλλο. Επομένως τέμνονται από το επίπεδο π σε ευθείες παράλληλες, τις ε′ και ε1′.5. Οι ευθείες ΑΒ και ΓΔ είναι παράλληλες και προ- Β βάλλονται στο π ως παράλληλες. Επίσης, οι ευθείες ΒΓ και ΑΔ είναι παράλληλες και προβάλλονται ως Α Γ παράλληλες. Το τετράπλευρο, λοιπόν, Α′Β′Γ′Δ′ έχει Δ τα δύο ζεύγη απέναντι πλευρών παράλληλα, άρα είναι παραλληλόγραμμο. Α' Β' Δ' Γ'6. Έ στω ορθή γωνία ΑΒˆ Γ, Β′ η προβολή της κορυφής πΒ στο επίπεδο π, το οποίο τέμνεται από τις πλευρέςτης στα Α και Β. Θα αποδείξουμε ότι ΑΒˆ ′Γ > ΑΒˆ Γ . Φέρουμε το ύψος ΒΔ του τριγώνου Α Β Γ. Το Β′Δείναι ύψος του τριγώνου Α Β′Γ (Θεώρημα τριών Βκαθέτων). Στην προέκταση του ΔΒ′ λαμβάνουμε Α Β' Β0 Δ πσημείο Β0 τέτοιο ώστε ∆Β0 = ∆Β, (το τμήμα ΔΒ Γείναι μεγαλύτερο από την προβολή του, γι’ αυτό τοΒ0 κ είται στην προέκταση). Τα τρίγωνα Α Β Γ καιΑ Β0 Γ είναι ίσα εκ κατασκευής, επομένως αρκεί νασυγκρίνουμε τις γωνίες Bˆ 0 και Bˆ ′. Οι γωνίες ΑΒˆ ′∆και∆Βˆ ′Γ είναι μεγαλύτερες από τις ΑΒˆ 0∆ και ∆Βˆ 0Γ,άρα ΑΒˆ ′Γ > ΑΒˆ 0Γ. | 129 |

12.8 Β π ΓΑ7. Α πό το Α φέρουμε ευθεία παράλληλη στην Α′Β′ που 23 20 τέμνει την ΒΒ′ στο Γ. Το ΑΑ′Β′Γ είναι ορθογώνιο. Από το ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Γ, εφαρμόζοντας B' 4 Α' το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε ΑΒ2 = ΑΓ2 + ΒΓ2. Αλλά ΑΓ = Α′Β′ = 4 και ΒΓ = ΒΒ′ − ΑΑ′ = 3. Επομένως ΑΒ = 5.8. Η προβολή του ΑΒ στο επίπεδο π είναι ΑΓ = Αβσυνϕ. B Γi) ϕ = 30 ⇒ ΑΓ = ΑΒ 3 2ii) ϕ = 45 ⇒ ΑΓ = ΑΒ 2 φ 2 Α πiii) ϕ = 60 ⇒ ΑΓ = ΑΒ 1 29. Σ το σημείο Α του επιπέδου π κατασκευάζουμε ζξ ε ευθεία ζ κάθετη στο π. Στο επίπεδο (ε, ζ) κατασκευάζουμε ευθεία που να σχηματίζει 60ο γωνία 60 με την ε. Αυτή είναι η ζητούμενη Α ευθεία. Το πρόβλημα έχει δύο λύσεις, τις π δύο συμμετρικές ευθείες ως προς την ζ που σχηματίζουν ευθεία 60 με την ε.10. Θ εωρούμε τα σημεία Α, Β και Γ της ευθείας ΑΒ Γ ε του χώρου και Α′Β′ και Γ′ οι προβολές τους ε στο επίπεδο π. Οι ευθείες ΑΑ′, ΒΒ′ και ΓΓ′ είναι παράλληλες, ως κάθετες στο επίπεδο Α' Β' Γ' ε' π. Εφαρμόζοντας το θεώρημα του Θαλή της π Γεωμετρίας του επιπέδου στο επίπεδο (ε, ε′) έχουμε τις ευθείες ε και ε′ να τέμνονται από τις παράλληλες ΑΑ′, ΒΒ′ και ΓΓ′ σε μέρη ανάλογα.Άρα έχουμε: ΑΒ = ΒΓ . Α′Β′ Β′Γ′ | 130 |

12.8Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Θεωρούμε στο επίπεδο σ δύο ευθείες, την κάθετη σ Oξ στην κοινή ευθεία ε και μία πλάγια ευθεία ξ1που περνάνε από το Ο και τέμνουν στα Α και Β O' ταντίστοιχα την ε. Αν Ο′ η προβολή του Ο στο τ, B' Α ξ ε ξ1οι γωνίες ΟΑˆ Ο′ και ΟΒˆ Ο′ είναι οι γωνίες των ξκαι ξ1 ως προς το σ. Έχουμε: Ο′Α < Ο′Β , γιατί BΟ′Α ⊥ ε. Στην προέκταση του OA λαμβάνουμενσοημΟείοΑ ΒΒ′′τηέτογιωονώίαστΟε ΑΟˆ Ο′Β′′ = Ο′Β. Στο τρίγω- είναι ε ξωτ ερική,άρα μεγαλύτερη από την απέναντι εσωτερική.Επομένως ΟΒˆ Ο′ < ΟΑˆ Ο′.2. Τα επίπεδα που περιέχουν τις διχοτόμους ενός Γ τριγώνου έχουν ένα κοινό σημείο στο επίπεδο του τριγώνου, το σημείο τομής των διχοτόμων, άρα ΑB τέμνονται σε ευθεία, που περνάει από αυτό το σημείο και είναι κάθετη στο επίπεδο του τριγώνου. ΑΕΓ ββ  αα3. Τα τρίγωνα Α Β ∆ και Γ ∆ Β είναι ίσα επειδή έχουν Β ΖΔ τρεις πλευρές ίσες, άρα έχουν διαμέσους ίσες, δηλ. ΑΖ = ΓΖ. Τότε το τρίγωνο Α Ζ Γ είναι ισοσκελές και η ΖΕ που είναι διάμεσος είναι και ύψος. Άρα ΕΖ ⊥ ΑΓ. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι η ΕΖ ⊥ Β∆.4. Ανάλυση: Έστω ότι κατασκευάσαμε επίπεδο π, που να διέρχεται από την ΑΒ τέτοιο ώστε η γωνία ΑΓˆ ′Β να είναι ορθή, όπου Γ′ είναι η προβολή του Γ στο π. Αν ΓΔ είναι το ύψος του τριγώνου Α Β Γ, τότε η Γ′Δ είναι κάθετη στην ΑΒαπό το θεώρημα των τριών καθέτων. Αλλά από το Γορθογώνιο τρίγωνο Α Γ′Βέχουμε: Γ′∆2 = ∆Β ⋅ ∆Α. ΑΆρα το τμήμα Γ′Δ κατασκευάζεται. Κατασκευή: Φέρουμε το ύψος ΓΔ στο τρίγωνο Α Β Γ. Γ' ΔΚατασκευάζουμε μήκος Γ′Δ από την παραπάνω πσχέση Γ′∆2 = ∆Β ⋅ ∆Α. Στο επίπεδο που περνάει Βαπό το Γ και είναι κάθετο στην ΑΒ κατασκευάζουμεορθογώνιο τρίγωνο Γ ∆ Γ′ τέτοιο ώστε η ΓΔ να είναι υποτείνουσα και η Γ′Δη μία κάθετη πλευρά. Επομένως ορίζεται η κορυφή Γ′ στο χώρο. Τέλος τοζητούμενο επίπεδο π διέρχεται από το Γ′ και την ΑΒ. | 131 |

Γενικές Ασκήσεις5. Έστω ε(σ, τ) η δίεδρη γωνία και π το διχοτόμο Α' Γ' εεπίπεδό της που τέμνεται από το τμήμα ΑΒ σ Α Γστο σημείο Γ. Τα σημεία Α′, Β′ και Γ′ είναι οι Β1 Β' Α1 Β τπροβολές των Α, Β και Γ αντίστοιχα στην ακμή ε. πΘα αποδείξουμε ότι ΑΓ = ΑΑ′ . ΓΒ ΒΒ′Στο σημείο Γ′ θεωρούμε το κάθετο επίπεδο στην ευθεία ε και προβάλλουμεπάνω σε αυτό τα σημεία Α, Γ και Β. Το σημείο Α προβάλλεται στο σημείοΑ1, το σημείο Β προβάλλεται στο Β1 ενώ το σημείο Γ βρίσκεται πάνω σε αυτό. Τα τρίγωνα Β Β1 Γ και Α Α1 Γ είναι όμοια επειδή έχουν ΒΒ1//ΑΑ1, άραέχουμε: ΑΓ = Α1Γ (1). ΒΓ Β1Γ Αλλά στο τρίγωνο Β1 Γ′ Α1, η ΓΓ′ είναι διχοτόμος, άρα ισχύει: ΓΒ1 = Β1Γ′ . ΓΑ1 Α1Γ1Τέλος, επειδή τα ΒΒ1Γ′Β′ και ΑΑ1Γ′Α′ είναι ορθογώνια έχουμε Β1Γ′ = ΒΒ′και Γ′Α1 = ΑΑ′.Επομένως η (1) γράφεται =ΑΓ Α=1Γ Α=1Γ′ ΑΑ′ . ΒΓ Β1Γ Β1Γ′ ΒΒ′6. Έστω Α′ η προβολή του Αστο επίπεδο π και ΑΔ Ατο ύψος του τριγώνου Α Β Γ. Από το θεώρημα 6 10των τριών καθέτων το τμήμα Α′Δ είναι το ύψος Βστο τρίγωνο Α′Β Γ.  Α' Δ π ΓΑπό το ορθογώνιο τρίγωνο Α Α′ ∆ υπολογίζουμετην πλευρά Α′Δ, γνωρίζοντας τις δύο άλλες.Άρα Α′∆ =8 και έχουμε (ΑΒΓ=) 1 ΒΓ ⋅ Α∆ 1=0 5. (Α′ΒΓ) 2 8 4 1 ΒΓ ⋅ = 2 Α′∆Γενικές Ασκήσεις Μ1. Έστω Μ σημείο που ισαπέχει από δύο τεμνόμενες ευθείες, ξ ε και ξ. Αν Α και Β είναι οι προβολές του Μ στις ευθείες, το τρίγωνο Α Μ Β είναι ισοσκελές και η διάμεσός του Β ΜΝ είναι ύψος και διχοτόμος. Δηλαδή, τα σημεία Μ Ν Αεπροβάλλονται στο επίπεδο (ε, ξ) στις διχοτόμους τωνγωνιών. Άρα ο γ.τ. είναι τα επίπεδα τα κάθετα στο (ε, ξ) που διχοτομούν τιςγωνίες των ευθειών ε και ξ. Το αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα. | 132 |

Γενικές Ασκήσεις2. Έ στω σ και τ τα τεμνόμενα επίπεδα στην ε και τ ε ξ ευθεία κάθετη στο σ. Οι ευθείες ε και ξ είναι ορθογώνιες. Από το ίχνος Α της ξ στο σ φέρουμε Α ευθεία ε′ παράλληλη στην ε. Η γωνία (ξ, ε′) είναι ξ ορθή και έχει μία πλευρά της, την ε′, παράλληλη στο τ. Άρα προβάλλεται στο τ ως ορθή. Επίσης, οι ε' ευθείες ε και ε′ είναι παράλληλες, άρα προβάλλονται σ ως παράλληλες. Επομένως, η προβολή της ξ στο τ είναι ευθεία κάθετη στην ε.3. Έ στω ε′ και ξ′ οι προβολές των ε και ξ ζ στο π. Τα επίπεδα (ε, ε′) και (ξ, ξ′) είναι παράλληλα μεταξύ τους και κάθετα στο ξ π. Έστω επίσης μία ευθεία τέμνουσα τις ε και ξ στα Α και Β, παράλληλη στο Α1 Η Β ξ' π. Προβάλλουμε τα Α και Β στο π και εΑ ω Β' έστω Α′ και Β′ οι προβολές τους. Τα ε' Α' ω  Β1 π ορθογώνια τρίγωνα Α Α′ Α1 και Β Β′Β1είναι ίσα διότι έχουν ΑΑ′ = ΒΒ′ και Αˆ 1 =Βˆ 1. Άρα Α′Α1 = Β′Β1.Τα σημεία Α′ και Β′ κείνται εκατέρωθεν της Α1Β1 στο επίπεδο π, διότι οιευθείες ε και ξ ισοκλίνουν χωρίς να είναι παράλληλες. Επομένως οι ευθείεςΑ1Β1 και Α′Β′ τέμνονται σε σημείο Η που είναι το μέσον της Α1Β1, διότι τατρίγωνα Α1 Η Α′ και Β1 Η Β′ είναι ίσα. Επομένως, η προβολή της τυχούσαςευθείας ΑΒ που τέμνει τις ε και ξ και είναι παράλληλη στο π περνάει από τομέσον της Α1Β1, άρα η ευθεία ζ που είναι κάθετη στο π στο σημείο Η τέμνειόλες τις ευθείες ΑΒ.4. Έστω δίεδρη γωνία ε(σ, τ), ευθεία ξ τέμνουσα ε τις έδρες σ, τ στα σημεία Α, Β αντίστοιχα και A'Α′, Β′ οι προβολές των Α, Β στην ε και Γ, A ξ Γ ω Β'Δ οι προβολές των Α, Β στις έδρες τ και σ ωΒαντίστοιχα. Αν ΑΑ′ = ΒΒ′ θα αποδείξουμε Δ τ σότι η ευθεία ΑΒ σχηματίζει ίσες γωνίες με τα επίπεδα σ και τ. Τα τρίγωνα Β Β′∆ και Α Α′Γείναι ίσα διότι έχουν Γˆ = ∆ˆ = 1 , ΒΒ′ = ΑΑ′και Βˆ ′ =Αˆ ′ ως επίπεδη της δίεδρης. Επομένως, ΑΓ = Β∆. Τα τρίγωνα Α Β Γ και Α Β ∆ είναι επίσης ίσα διότι έχουν την ΑΒ κοινή,ΑΓ = Β∆ και Γˆ = ∆ˆ = 1 . Άρα ΒΑˆ ∆ = ΑΒˆ Γ.Αντιστρέφοντας τους συλλογισμούς αποδεικνύεται το αντίστροφο.| 133 |

Γενικές Ασκήσεις A ε A' A15. Καλούμε σ, τ τα επίπεδα (ε, Α), (ε, Β), Α1 και Β1 Β1 τις προβολές των Α και Β στα τ και σ αντίστοιχα σ Β' Β και Α′, Β′ τις προβολές των Α, Βστην ε. Έστω ότι τ ΑΑ′ = ΒΒ′. Από τα τρίγωνα Α Α′ Α1 και Β Β′Β1 που έχουν Αˆ 1 = Βˆ 1 = 1 , ΑΑ′ = ΒΒ′ και Αˆ ′ =Βˆ ′ ως επίπεδη της δίεδρης προκύπτει ότι ΑΑ1 = ΒΒ1. Αντιστρέφοντας τον συλλογισμό προκύπτει το αντίστροφο.6. Έστω ότι οι προβολές των σημείων Μ1 και Μ2 στην ε ακμή ε της δίεδρης ε(π1, π2) είναι δύο διαφορετικά Μ'2 Μ'1 σημεία, Μ1′ και Μ′2 αντίστοιχα. Εφαρμόζοντας το Θεώρημα των τριών καθέτων, έχουμε ότι: Μ2 Μ1 ΜΜ1 ⊥ Μ1Μ1′ και Μ1Μ1′ ⊥ ε, άρα ΜΜ1′ ⊥ ε. π1 Μ Για τον ίδιο λόγο, έχουμε ότι ΜΜ′2 ⊥ ε. Επομένως, π2 στο επίπεδο (ε, Μ) άγονται δύο κάθετες από το Μ στην ε, που είναι άτοπο. Άρα τα σημεία Μ1′ και Μ′2 συμπίπτουν.7. Ανάλυση: Έστω ότι βρέθηκαν τέσσερις ευθείεςπου προβάλλουν το στρεβλό τετράπλευρο ΑΒΓΔ ΑΚ Γ Δστο παραλληλόγραμμο Α′Β′Γ′Δ′. Οι διαγώνιοι ΒΛ Δ'Α′Γ′ και Β′Δ′ του παραλληλογράμμου διχοτομού-νται στο σημείο Ο. Άρα το Ο είναι προβολή Α' Γ'των μέσων Κ και Λ των ΑΓ και ΒΔ, διότι οι ΟΚκαι OΛ είναι μεσοπαράλληλες στα τραπέζια ΟΑΑ′Γ′Γ και ΒΒ′Δ′Δ αντίστοιχα. π Β'Σύνθεση: Φέρουμε την ευθεία που ορίζουν ταμέσα Κ και Λ των ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα καιτις παράλληλες σ’ αυτήν από τις κορυφές Α,Β, Γ και Δ που τέμνουν το π στα σημεία Α′, Β′, Γ′ και Δ′.Απόδειξη: Τα ευθύγραμμα τμήματα Α′Γ′ και Β′Δ′ διχοτομούνται στο Ο, άραείναι διαγώνιοι παραλληλογράμμου.| 134 |

Γενικές Ασκήσεις8. Έστω ΑΒ η κοινή κάθετη των ασυμβάτων ε Νε και ε′ και Μ′ και Ν′ οι προβολές των Μ και Β Ν στην ε′. Εφαρμόζοντας το Θεώρημα του Μ Θαλή προκύπτει ότι το σημείο Α είναι μέσοντου Μ′Ν′ διότι το Β είναι μέσον του ΜΝ καιτα τμήματα MM′, ΒΑ και ΝΝ′ βρίσκονται σε Μ' Α Ν' ε'επίπεδα παράλληλα (ως κάθετα στην ευθείαε′). Επίσης, στο τρίγωνο Μ Α Ν η ΑΒ είναιδιάμεσος και ύψος, άρα είναι ισοσκελές. Τα ορθογώνια τρίγωνα Α Μ Μ′ και Α Ν Ν′ έχουν ΑΜ′ = ΑΝ′ και ΑΜ = ΑΝ,επομένως ΜΜ′ = ΝΝ′.Αντίστροφα: έστω ότι ΜΜ′ = ΝΝ′, Α το μέσον του ΜΝ και ΑΒ η κάθετηστην ε. Θα αποδείξουμε ότι η ΑΒ είναι η κοινή κάθετη. Τα ορθογώνια τρίγωνα Α Μ Μ′ και Α Ν Ν′ έχουν ΑΜ′ = ΑΝ′ και ΜΜ′ = ΝΝ′, άρα ΑΜ = ΑΝ.Το τρίγωνο Μ Α Ν είναι ισοσκελές και η ΑΒ είναι διάμεσος, άρα και ύψος. | 135 |



13 ΚΕΦΑΛΑΙΟΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Ο όγκος ενός πρίσματος ισούται με το εμβαδόν της κάθετης τομής του επί το μήκος της ακμής του ή με το εμβαδόν της βάσης του επί το ύψος. Επομένως μετακινήσεις των βάσεων στα επίπεδά τους ή των ακμών στους φορείς τους δεν αλλάζουν τον όγκο του πρίσματος. (§ 13.4 Ασκ. Εμπ. 4, 5, 7, 8, 9, 10, Αποδ. Ασκ. 1, 2, 3).• Ο όγκος πυραμίδας ισούται με το εμβαδόν της βάσης επί το τρίτο του ύψους της. Επομένως, αν η κορυφή της πυραμίδας μετακινηθεί στο επίπεδο που περνάει από την κορυφή της και είναι παράλληλο στην βάση ο όγκος δεν αλλάζει. (§ 13.9 Ασκ. Εμπ. 9, Αποδ. Ασκ. 1, 2, 3, Σύνθ. Θέμ. 1, 3).• Για τον υπολογισμό της επιφάνειας και του όγκου του κυλίνδρου, του κώνου και της σφαίρας χρησιμοποιούμε τους αντίστοιχους τύπους. Για τον υπολογισμό της επιφάνειας και του όγκου που δημιουργούνται κατά την περιστροφή επίπεδης τεθλασμένης γραμμής γύρω από άξονα που κείται στο επίπεδό της, χρησιμοποιούμε τα θεωρήματα του Πάππου.

13.1-4§ 13.1-4 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Τ ο ύψος είναι η απόσταση των δύο βάσεων ενώ η ακμή είναι πλάγιο τμήμα ως προς τα επίπεδα των βάσεων.2. Ο ι παράλληλες τομές στη βάση ενός πρίσματος είναι ίσες. Άρα, οι κάθετες τομές και η βάση ορθού πρίσματος είναι ίσες. Επίσης, οι παράπλευρες ακμές ορθού πρίσματος είναι κάθετες στις βάσεις, άρα είναι και ύψη.3. Οι ακμές ενός πρίσματος και οι προβολές τους στο επίπεδο της βάσης σχηματίζουν ίσα ορθογώνια τρίγωνα, άρα σχηματίζουν ίσες γωνίες με το επίπεδο της βάσης.4. Με απλή εφαρμογή των τύπων έχουμε: Ε = α 2  3 + 3  =V 3 α3.  2 , 45. Με απλή εφαρμογή των τύπων έχουμε: ( ) ( )Ε=3  ρ υ , Ε4 3 3ρ  2 + = 4ρ ρ + 2υ , Ε6 = 3ρ 3ρ + 2υ , V=3 33 ρ2υ, V4 = 2ρ2υ, V=6 3 3 ρ2υ. 4 26. Έστω ΜΝ ευθύγραμμο τμήμα που έχει άκρα Δ Γ σε δύο απέναντι έδρες παραλληλεπιπέδου και Α ΜΒ περνάει από το κέντρο του Ο. Όπως γνωρίζουμε, το Ο είναι μέσον των διαγωνίων. Επομένως, αν Ο από το Ο θεωρήσουμε επίπεδο παράλληλο στις έδρες στις οποίες έχει τα άκρα του το τμήμα Δ' Ν Γ' ΜΝ, θα έχουμε τρία επίπεδα παράλληλα, που Α' Β' διχοτομούν δύο διαγωνίους, τις ΑΓ και Α′Γ′, άρα διχοτομούν κάθε τμήμα που έχει άκρα σ’ αυτά τα επίπεδα (Θεώρημα Θαλή), δηλαδή και το ΜΝ.7. Η επιφάνεια του κύβου είναι: Ε = 6α2. Άρα η ακμή του κύβου είναι 6 μ.8. δ =4 29 Ε =832 V = 1.536 9. Ε = 6α2 = 3β2 = 2δ2, όπου α = ακμή, β = διαγώνιος βάσης και δ = διαγώνιος κύβου.10. Ακμή α =5, όγκος V = 150. | 138 |

13.1-4Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Αν ΑΒΓ-Α′Β′Γ′ είναι ένα τριγωνικό πρίσμα ΑΔ και ΑΑ1 η απόσταση της κορυφής Α από τηναπέναντι έδρα, θα αποδείξουμε ότι ο όγκος Β Γ Α1 Α'του πρίσματος είναι V= 1 (ΒΓΓ′Β′) ⋅ ΑΑ1 . 2 Β' Γ'Από τις ακμές ΓΓ′ και ΑΑ′ φέρουμε επίπεδα Δ'παράλληλα στις απέναντι έδρες του πρίσματος,τα οποία τέμνονται στην ακμή ΔΔ′ καισχηματίζεται ένα παραλληλεπίπεδο, ο όγκοςτου οποίου είναι (ΒΓΓ′Β′) ⋅ ΑΑ1. Άρα, για το πρίσμα που είναι το μισό τουπαραλληλεπιπέδου ισχύει το ζητούμενο.2. Ο όγκος ενός πρίσματος ισούται: V = B . α, όπου α η ακμή του πρίσματος και Β η κάθετη τομή του πρίσματος που είναι περιγεγραμμένη σε κύκλο ακτίνας ρ. Άρα το εμβαδόν της είναι: Β = τρ, όπου τ η ημιπερίμετρος και ρ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου.Άρα V = τ ⋅ ρ ⋅ α = 1 2τ ⋅ α ⋅ ρ = Ε ⋅ ρ . Α' 223. Αν ΑΑ′ = ΒΒ′ = ΓΓ′ = υ, τότε ο όγκος Β' του πρίσματος είναι V = B . υ, όπου Β το Αεμβαδόν της κάθετης τομής. Επειδή η κάθετη Βτομή είναι ανεξάρτητη από την θέση τωντμημάτων ΑΑ′, ΒΒ′, ΓΓ′ αλλά καθορίζεται Γ'μόνο από την θέση των παραλλήλων, οόγκος είναι σταθερός. υΤο εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας Γισούται με το γινόμενο της περιμέτρουμιας κάθετης τομής επί υ, άρα και αυτό Δ' Γ'είναι ανεξάρτητο. z4. Έστω ΑΓ′ ένα ευθύγραμμο τμήμα και Δ β Γ Β' Ax, Ay και Αz τρεις ευθείες ανά δύο γ y κάθετες. Από το σημείο Γ′ φέρουμε τα Α'επίπεδα τα παράλληλα στα xAy, yAz Α α Βxκαι zΑx και σχηματίζεται το ορθογώνιοπαραλληλεπίπεδο ΑΒΓΔ-Α′Β′Γ′Δ′ που έχει την ΑΓ′ διαγώνιο. Γνωρίζουμεότι η διαγώνιος ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου δίνεται από την σχέση:δ2 = α2 + β2 + γ2, όπου α, β και γ οι προβολές του ΑΓ′ στους τρεις άξονες. | 139 |

13.1-45. Έστω ΑΓ′ ευθύγραμμο τμήμα (σχ. άσκησης 4). Από το σημείο Α φέρουμε τρία επίπεδα ανά δύο κάθετα και από το σημείο Γ′ φέρουμε τρία επίπεδα παράλληλα σ’ αυτά. Σχηματίζεται ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο και έχουμε: ΑΓ2 + ΑΒ′2 + Α∆′2 = ΑΒ2 + ΒΓ2 + ΑΒ2 + ΑΑ′2 + Α∆2 + ΑΑ′2 = = 2(ΑΒ2 + Α∆2 + ΑΑ′2 )= 2(α2 + β2 + γ2 ).6. i) Έστω ΑΓ′ η διαγώνιος ενός κύβου. Α Β Θα αποδείξουμε ότι οι γωνίες που Δ Γσχηματίζει η ΑΓ′ με τις ΑΒ, ΑΔ και ΑΑ′ Α' α2 Α  Δ' Β´ α Γ' Γ' α 3είναι ίσες. Τα τρίγωνα Α Γ′Β, Α Γ′ Α′ ΕΒ και Α Γ′ ∆ είναι ίσα διότι έχουν κοινήτην ΑΓ′, είναι ορθογώνια και έχουν τιςΑΒ, ΑΔ και ΑΑ′ ίσες. Άρα οι γωνίεςπου σχηματίζει η διαγώνιος με τις ακμές αυτές είναι ίσες. Το ίδιο συμβαίνει και στο άλλο άκρο Γ′. ii) Το τρίγωνο Α Β Γ′ έχει πλευρές α, α 2 και α 3. Έστω Ε η προβολή του  Β στην υποτείνουσα. Από τα όμοια τρίγωνα Α Ε Β και Γ′ Α Β έχουμε:ΒΕ = α 3 και Γ′Ε = Γ′Β − ΕΒ = 2 α 3 . 337. Θεωρούμε το διαγώνιο επίπεδο Α ΔΒΒ′Δ′Δ, το οποίο τέμνει τα δύο Ε BE Δεπίπεδα που δίνονται κατά τα Β Ε' Γ ZHτμήματα Δ′Ε και BE′ και ζητείται Α' Δ' Ε' Δ'να αποδείξουμε ότι η διαγώνιοςΔΒ′ τριχοτομείται από τα σημεία B' B'Ζ και Η (γνωστή άσκηση επιπε- Γ´δομετρίας). Σύνθετα Θέματα Δ Ε Γ1. Σε κύβο ΑΒΓΔ-Α′Β′Γ′Δ′ θεωρούμε τις ακ- Α Β μές ΑΒ, ΑΔ και ΑΑ′ και το επίπεδο (Α′, Β, Δ' Γ' Δ), που τέμνει τον κύβο κατά τα τμήματα Α′Β, Α′Δ και ΒΔ. Τα τμήματα αυτά είναι Α' Β' διαγώνιοι των αντιστοίχων εδρών και επομένως είναι ίσα. | 140 |

13.5-92. Έστω κύβος ΑΒΓΔ-Α′Β′Γ′Δ′. Θα αποδείξουμε ότι οι δίεδρες ΑΓ′(Α′, Β), ΑΓ′(Α′, Δ) και ΑΓ′(Β, Δ) έχουν ίσες επίπεδες γωνίες. Τα σημεία Α′, Β και Δ προβάλλονται στην διαγώνιο στο ίδιο σημείο Ε (άσκ. 6, Αποδ. Άσκ.), διότι έχουν ίσα μήκη και οι γωνίες που σχηματίζουν οι ακμές με την διαγώνιο είναι ίσες. Άρα το Ε είναι το κέντρο του ισοπλεύρου τριγώνου Α′Β ∆ και επομένως οι γωνίες Α′Εˆ Β, Α′Εˆ ∆ και ΒΕˆ ∆ είναι ίσες.3. Έστω Κ, Λ και Μ τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ και ΓΓ′. Δ1Η ευθεία ΚΛ τέμνει τις προεκτάσεις των ΔΑ Ν Δ'και ΔΓ στα σημεία Α1 και Γ1. Η ευθεία Γ1Μ Σ Γ'βρίσκεται στην έδρα ΔΓΓ′Δ′ και τέμνει την Α' Β' ΜΑ′Γ′ στο Ν και την ΔΔ′ στο Δ1. Η ευθεία Α1Δ1βρίσκεται στην έδρα ΑΔΔ′Α′ και τέμνει τις ΑΑ′ Δ Γκαι Α′Δ′ στα Σ και Ρ. Θα αποδείξουμε ότι τα Ν,Ρ και Σ είναι μέσα των αντιστοίχων ακμών. Το ΑΛ Γ1 ΚΒτρίγωνο Β Κ Λ είναι ορθογώ νιο και ισοσκελές εκ Α1κατασκευής, άρα και το Λ Γ Γ1 είναι ορθογώνιο 1 α. Αλλά και ΓΜ= 1 α, άρα το τρίγωνοκαι ισοσκελές. Επομένως ΓΓ1= 2 2 Γ Γ1 Μ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Τότε και το Μ Γ′ Ν ορθογώνιο καιισοσκελές. Άρα Ν μέσον της Γ′Δ′. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι καιτα Π και Σ είναι μέσα. Άρα το σχήμα ΚΛΜΝΡΣ είναι εξάγωνο με πλευρέςίσες με 2 α. Τέλος, ανά δύο οι διαδοχικές γωνίες του είναι ίσες, ως παρά 2την βάση ισοσκελούς τραπεζίου. Άρα είναι κανονικό εξάγωνο.4. Είναι γνωστό από την επιπεδομετρία ότι: το Δ Γάθροισμα των τετραγώνων των διαγωνίωνπαραλληλογράμμου ισούται με το άθροισμα ΑΔ' Βτων τετραγώνων των τεσσάρων πλευρών Γ'του. Εφαρμόζουμε το θεώρημα αυτό σταπαραλληλόγραμμα ΑΒΓΔ, Α′Β′Γ′Δ′, ΑΓΓ′Α′ καιΒΔΔ′Β′ του παραλληλεπίπεδου ΑΒΓΔ-Α′Β′Γ′Δ′ Α' Β'και έχουμε το ζητούμενο.§ 13.5-9 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Το ύψος υ κανονικής πυραμίδας, το απόστημα α′ της βάσης και το απόστημα α της πυραμίδας σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο, άρα ισχύει: α2 = υ2 + α′2 . Επίσης, η ακμή λ, το απόστημα α της πυραμίδας και το μισό της πλευράς | 141 |

13.5-9της βάσης, µ , σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο, άρα ισχύει: λ2 =α2 + 1 µ2. 24Εφαρμόζοντας αυτές τις σχέσεις έχουμε:υ3 = 3λ2 − µ2 υ4 = 2λ2 − µ2 , υ6 = λ2 − µ2, α3 =α4 =α6 = λ2 − µ2 , 2 . 3 42. Η αντίστοιχη επίπεδη της δίεδρης που σχηματίζεται από τις έδρες κανονικήςπυραμίδας με την βάση είναι η γωνία που σχηματίζει το απόστημα α τηςπυραμίδας με το απόστημα α′ της βάσης. Αυτά όμως μαζί με το ύψος υσχηματίζουν γνωστό ορθογώνιο τρίγωνο. Άρα η γωνία των διέδρων είναισταθερή.3. Επ =24 2 , =Εο 24 5 +16.4. Πλευρά µ =10, εμβαδόν βάσης Β =100.5=. Επ 8756=1τ.µ., V 2.664.792 κ.µ.6. Επ =µ2 7, V = µ3 . 67. i) 1 , ii) 6 . 348. 3 6.9. =V 7 3=α2υ, Ε 9α 3α2 + υ2 . 16 4 4Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Έστω το παραλληλεπίπεδο ΑΒΓΔ-Α′Β′Γ′Δ′ και ΔΓτο εγγεγραμμένο σ’ αυτό τετράεδρο ΑΓΔ′Β′. Α ΒΕίναι γνωστό ότι αν μετακινήσουμε την κορυφή Δ' Γ' Γ1μιας πυραμίδας παράλληλα με το επίπεδο τηςβάσης, ο όγκος της δεν μεταβάλλεται, διότι Α' Β'το ύψος παραμένει σταθερό.Θεωρούμε το τετράεδρο ως πυραμίδα με κορυφή το σημείο Γ και βάση ΑΒ′Δ′και μετακινούμε την κορυφή Γ κατά τμήμα παράλληλο και ίσο με την ακμήΑΒ′. Έστω Γ1 η νέα θέση του Γ. Το σημείο Γ1 είναι σημείο της προέκτασηςτης Δ′Γ′ και ισχύει: ∆′Γ′ = Γ′Γ1. Ο όγκος του αρχικού τετραέδρου ισούταιμε τον όγκο του Γ1.ΑΔ′Β′ ή το ίδιο Α.Β′Δ′Γ1. Αλλά το εμβαδόν του τριγώνουΒ′Δ′Γ1 ισούται με το εμβαδόν του παραλληλογράμμου Α′Β′Γ′Δ′. Δηλαδή τοτετράεδρο και το παραλληλεπίπεδο έχουν κοινό ύψος και βάσεις ισοδύναμες,άρα έχουν λόγο όγκων 1:3. | 142 |

13.5-92. Έστω ΑΒΓΔ τετράεδρο, Α1 και Β1 οι προβολές των κορυφών Α και Β στιςαπέναντι έδρες και Α′, Β′ οι προβολές των Α1 και Β1 στην ακμή ΓΔ. Οι γωνίεςΒΒˆ ′Β1 και ΑΑˆ ′Α1 είναι οι αντίστοιχες της δίεδρης A με ακμή ΓΔ, άρα είναι ίσες. Τα τρίγωνα Α Α′ Α1 καιΒ Β′Β1 είναι όμοια και προκύπτει: ΔΑΑ1 = ΑΑ′ ⇔ ΑΑ1 ⋅ ΒΒ′ = ΒΒ1 ⋅ ΑΑ′ ⇔ Β A1 A'ΒΒ1 ΒΒ′ B1⇔ ΑΑ1 ⋅ ΒΒ′ ⋅ Γ∆ = ΒΒ1 ⋅ ΑΑ′ ⋅ Γ∆ ⇔ Β' Γ⇔ ΑΑ1 ⋅ εµβ(ΒΓ∆) = ΒΒ1 ⋅ εµβ(ΑΓ∆) = 3V.3. Αν ΑΒΓΔ είναι τετράεδρο και η ακμή ΓΔ μετακινηθεί παραμένουσα στον φορέα της χωρίς να αλλάζει μήκος, τότε ο όγκος μπορεί να εκφραστεί ως το γινόμενο του ύψους από το Α επί το εμβαδόν της βάσης ΒΓΔ. Το ύψος δεν αλλάζει, αλλά ούτε και το εμβαδόν της βάσης, άρα ο όγκος παραμένει σταθερός.4.Έστω ΑΒΓΔ και Α′Β′ΓΔ δύο τετράεδρα που οι κορυφές Α Α′ και Β′ του δεύτερου ανήκουν στις έδρες ΑΓΔ και Α' ΒΓΔ του πρώτου. Τα τετράεδρα ΑΒΓΔ και Α′ΒΓΔ έχουν κοινό ύψος από Δ το Β, άρα ισχύει: Δ'(ΑΒΓ∆) = (ΑΓ∆) . Β Β'(Α′ΒΓ∆) (Α′Γ∆)Επίσης: (Α′ΒΓ∆) = (ΒΓ∆) , διότι τα τετράεδρα Α′ΒΓΔ Γ (Α′Β′Γ∆) (Β′Γ∆)και Α′Β′ΓΔ έχουν κοινό ύψος από το Α.Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη, έχουμε:(Α=ΒΓ∆) (ΑΓ∆) ⋅ (ΒΓ∆) . Α(Α′Β′Γ∆) (Α′Γ∆) (Β′Γ∆)5.Έστω τα τετράεδρα ΑΒΓΔ και ΑΒ′Γ′Δ′, όπου τα Β′, Γ′ Β' Γ' Δ και Δ′ κείνται επί των ακμών ΑΒ, ΑΓ και ΑΔ αντίστοιχα. Β Γ Εφαρμόζουμε την άσκηση 4 στα ζεύγη τετραέδρων (ΑΒΓΔ, ΑΒΓ′Δ′) και (ΑΒΓ′Δ′, ΑΒ′Γ′Δ′) και έχουμε διαδοχικά:(ΑΒΓ∆) = (ΑΒΓ) (ΑΒ∆) = ΑΒ ⋅ ΑΓ ⋅ ΑΒ ⋅ Α∆ = ΑΓ ⋅ Α∆ ,(ΑΒΓ′∆′) (ΑΒΓ′) (ΑΒ∆′) ΑΒ ⋅ ΑΓ′ ΑΒ ⋅ Α∆′ ΑΓ′ ⋅ Α∆′με κοινή την ακμή ΑΒ των τετραέδρων. | 143 |

13.5-9Επίσης, (ΑΒΓ′∆′) = (ΑΒΓ′) (=ΑΓ′∆′) (=ΑΒΓ′) ΑΑΒΒ′ , (ΑΒ′Γ′∆′) (ΑΒ′Γ′) (ΑΓ′∆′) (ΑΒ′Γ′)με κοινή ακμή των τετραέδρων την ΑΓ′. Τέλος, πολλαπλασιάζοντας κατάμέλη, έχουμε το ζητούμενο.6. Εφαρμόζουμε την άσκηση 5, και έχουμε: (ΟΑ′Β′Γ′) = ΟΑ′ ⋅ ΟΒ′ ⋅ ΟΓ′ = 1. (ΟΑΒΓ) ΟΑ ⋅ ΟΒ ⋅ ΟΓ 87. Η τριγωνική πυραμίδα έχει βάση ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α που έχειύψος 3 α και εμβαδόν 3 α2. Το τρίγωνο  Α, όπου Ο′ η προβολή 24 Ο Ο′του Ο στη βάση, είναι ορθογώνιο, έχει μία γωνία 60 και μία κάθετη πλευράίση με 2 του ύψους της βάσης. 3 3 α3.Άρα το ύψος της πυραμίδας είναι: υ = α. Ο όγκος είναι:=V 12Σύνθετα Θέματα1. Αν ΒΓ′Δ′ είναι η προβολή τετραέδρου ΑΒΓΔ σε επίπεδο Α κάθετο στην ακμή ΑΒ, έχουμε: (ΑΒΓ∆) = (ΑΒΓ∆′), Δμετακινώντας την κορυφή Δ στο Δ′, παράλληλα στην ΒΓ Δ'βάση. Επίσης: (ΑΒΓ∆′) = (ΑΒΓ′∆′) μετακινώνταςτην κορυφή Γ στο Γ′. Γ'Επομένως, (ΑΒΓ∆) = (ΑΒΓ′∆′) = 1 (ΒΓ′∆′).ΑΒ. 32. Αν η κάθετη τομή πρίσματος είναι ισόπλευρο τρίγωνο,τότε το τυχόν εσωτερικό σημείο Μ και οι προβολές τουστις έδρες σχηματίζουν επίπεδο κάθετο στις ακμές, το Μοποίο τέμνει την παράπλευρη επιφάνεια κατά ισόπλευροτρίγωνο. Στο επίπεδο του τριγώνου έχουμε ένα σημείοκαι τις αποστάσεις του από τις πλευρές του τριγώνου.Είναι γνωστό ότι το άθροισμα των αποστάσεων του σημείου αυτού από τιςπλευρές του τριγώνου είναι σταθερό. Επίσης, το άθροισμα των αποστάσεωντου εσωτερικού σημείου από τις βάσεις του πρίσματος ισούται με το ύψος.3. Το πολύεδρο που σχηματίζε- Δ Γ Β Α ται προκύπτει από τον κύβο αν Λ Κ αφαιρέσουμε οκτώ τετράεδρα Κ ίσα με το ΑΚΛΜ, ένα για κάθε Α Α1 κορυφή του κύβου. Λ Το τετράεδρο αυτό έχει βάση Μ Β' Μισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 2 α. Δ' 2 Α' | 144 |

13.10-12 Ο υπολογισμός του ύψους γίνεται από το ορθογώνιο τρίγωνο Α Α1 Μ, όπουΑ1 η προβολή του Α στη βάση, άρα =υ 3 α και (ΑΚΛΜ) = α3 . 6 48Επομένως, ο όγκος του στερεού είναι: 5α3 . 6§ 13.10-12 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Εκ = 2π, Εο = 4π, V = π.2. Εκ= 240π, Εο= 690π,=V 1800π.3. Εκ = 4πρ2, Εο = 6πρ2, V= 2πρ3.4. V= 10π λίτρα ανά εκατοστό ύψους.5. ρ =2.Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Ε=ο 2V + 2 Vυπ. Α ΜΒ υ2. Αν ΑΒ = α και ΒΓ = υ, έχουμεV= πυα2 − 1 πυα2= 3 πα2υ= 3 πα3. Δ ΝΓ 2 44Έστω x η απόσταση AM. Το διπλάσιο του όγκου πουπαράγεται από το ΑΜΝΔ ισούται με τον όγκο που παρά-γεται από το τετράγωνο.Άρα έχουμε: 2πυx2 = πυ2 ⇔ 2x2 = α2.3. Ο όγκος V του παραγόμενου στερεού δίνεται ΑΔ δαπό την αφαίρεση δύο κυλίνδρων και έχουμε: β/2 Ο α δ+β/2 2π  β V= πα(δ + β)2 − παδ2 = δ + 2  ⋅ αβ. Β βΓΓια την επιφάνεια έχουμε:Ε= 2παδ + 2πα(β + δ) + 2(π(β + δ)2 − πδ2 )= 2π  δ + β  (2α + 2β) ,  2 όπου α, β οι πλευρές του ορθογωνίου και δ η απόσταση της πλησιέστερηςπλευράς του ορθογωνίου από τον άξονα. | 145 |

13.13-15§ 13.13-15 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. V= 12π. Για το εμβαδόν υπολογίζουμε την γενέτειρα λ και έχουμε: λ2 = υ2 + ρ2 = 25, άρα λ =5. Η παράπλευρη επιφάνεια δίνεται από τηνσχέση: Εκ= 1 π ⋅ 9,5= 15π. 3Η συνολική επιφάνεια είναι: Εο = 3π(3 + 5) = 24π.2. Με εφαρμογή του τύπου της παράπλευρης επιφάνειας και του Πυθαγορείου θεωρήματος μεταξύ ύψους, ακτίνας και γενέτειρας, έχουμε: ρ = 2.3. Υπολογίζουμε το ύψος από το ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές το ύψος, την ακτίνα και την γενέτειρα και έχουμε:υ=ρ 3, Εκ = πρ ⋅ 2ρ = 2πρ2, V= 1 πρ2υ= 3 πρ3. 3 3 Κ4. Έστω Α, Β τα σημεία διαμέτρου της βάσης κώνου ρ  (ΚΟ, ρ). Από το ορθογώνιο τρίγωνο Κ Α Β έχουμε:2λ2 = 4ρ2, δηλαδή λ = ρ 3. Επίσης, υ = ρ.Όγκος: V= 1 πρ3, εμβαδόν: Ε=κ 2πρ2. Αρ ρΒ 35. Από την σχέση πρ(λ + ρ) = πα2 υπολογίζουμε το λ. Οπότε έχουμε:Εκ = πρλ = π(α2 − ρ2 ). Για τον υπολογισμό του όγκου βρίσκουμε το υ από α2την σχέση: υ2 = λ2 − ρ2 = ρ2 (α2 − 2ρ2 ) και αντικαθιστώντας στον τύποτου όγκου έχουμε: V= 1 πρα α2 − 2ρ2. 36. Η γενέτειρα λ είναι: λ = ρ 5. Αν Εβ είναι το εμβαδόν της βάσης του κώνουέχουμε: Εκ= ππρρλ2= λ= 5. Εβ ρ7. =Εκυλ 2=πρυ 2υ . Εκων πρλ ρ2 + υ2 | 146 |

13.13-158. Υπολογίζουμε την γενέτειρα λ του κώνου χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειοθεώρημα και έχουμε λ2 = υ2 + ρ2 = 15ρ2 + ρ2 = 16ρ2. Άρα λ = 4ρ . Από τοντύπο του αναπτύγματος έχουμ=ε ϕ ρ 3=60 ρ 3=60 3=60 90. Άρα το λ 4ρ 4ζητούμενο ανάπτυγμα αντιστοιχεί σε γωνία 90.Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Αν χωρίσουμε κώνο ακτίνας ρ και γενέτειρας λ με επίπεδο παράλληλο στηβάση έτσι ώστε ο μικρός κώνος που αποτέμνεται να έχει βάση ακτίνας ρ′ καιγενέτειρα λ′ και το εμβαδόν της κυρτής επιφάνειάς του να είναι το μισό τηςαντίστοιχης επιφάνειας του αρχικού, θα έχουμε: πρλ= 2πρ′λ′. (1)Έστω κ ο λόγος ομοιότητας της μεγάλης προς τη μικρή βάση και έχουμε:ρ= λ= υ= κ.ρ′ λ′ υ′Αντικαθιστώντας τα ρ και λ στην (1) προκύπτει κ = 2.Με ανάλογο τρόπο εργαζόμαστε για τους όγκους που συνδέονται με τηνσχέση: πρ2υ = 2 πρ′2υ′ η οποία δίνει κ =3 2. , 33 K2. Ο όγκος VABΓ που παράγεται από το ισόπλευρο 30o τρίγωνο Α Β Γ κατά την περιστροφή τουγύρω από τον άξονα ξ δίνεται από την σχέση:VΑΒΓ = VΑΜΚ − VΓΚΛ − VΒΜΛΓ. 3αΌμως VAMK και VΓΛΚ είναι όγκοι κώνων και VBMΛΓ 3⋅ α 3είναι όγκος κόλουρου κώνου. 2Έχουμε λοιπόν: α α/2 Γ Λ α3VΚΜΑ = 1 π(2α)2 ⋅ 2 3α= πα38 3 αα 3 3 2 60oVΚΛΜ = 1 π  3α 2 ⋅ 3 3 α = πα39 3 Μα 3 2  2 8 ξ Βα ΑVΜΒΓΛ= 1 π α3  3α 2 + α2 + 3α  = πα3 3 ⋅19. 3 2 2  2 ⋅α 24 Άρα VΑΒΓ = 3 3πα3 . 4 | 147 |

13.13-153. Έστω (ΚΟ, ρ) ο κώνος και π1, π2 δύο επίπεδα παράλληλα στη βάση π του κώνου τέτοια, ώστεοι κυρτές επιφάνειες του μικρού κώνου και των Κ ΚΑ= λ1δύο κόλουρων κώνων στους οποίους χωρίζεται ΚΒ= λ2ο αρχικός κώνος να έχουν ισοδύναμες κυρτές ΚΓ= λ=2ρεπιφάνειες. Δηλαδή η καθεμία κυρτή επιφάνεια ΛΑ π2να έχει εμβαδόν ίσο με το 1 / 3 του αρχικού κώνου. ρ1Επομένως έχουμε πρ1λ1= 1 πρλ . Αλλά λ = 2ρ Μ Β π1 3 ρ2και λ1 = 2ρ1 από την ομοιότητα των βάσεων. ρΟ π ΓΆρα έχουμε ρ1= 3 ρ . Θεωρούμε τώρα τον κώνο (ΚΜ, ρ2) ο οποίος έχει κυρ- 3 2 πρλ.τή επιφάνεια ίση με τα 2/3 του αρχικού κώνου. Άρα έχουμε πρ2λ2= 3Αλλά και πάλι έχουμε λ2 = 2ρ2 και λ = 2ρ.Επομένως έχουμε ρ2= 6 ρ. Γνωρίζοντας τα ρ1 και ρ2 υπολογίζουμε τα 3ύψη και βρίσκουμε ΚΛ = ρ και ΚΜ= 2ρ με τα οποία προσδιορίζονταιτα επίπεδα π1 και π2.4. Έστω κώνος που παράγεται από την περιστροφή του Β ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ γύρω από την κάθετη Απλευρά του ΑΒ. Τότε έχουμε εµβ(ΑΒΓ)= 1 ΑΒ ⋅ ΑΓ . 2Άρα V = 1 2πΑΓ 1 ΑΒ ⋅ ΑΓ = υ πρ2, όπου V ο όγκος 32 3 Γ' Γ Κτου κώνου.5. Αν ΚΑΒ και ΚΑ′Β′ είναι δύο όμοια τρίγωνα με λόγοομοιότητας μ θα έχουμε=µ Α=′Β′ ΚΒ′. Επομένως πΑ′Β′ ⋅ ΚΒ′ = Α′Β′2 . ΑΒ ΚΒ πΑΒ ⋅ ΚΒ ΑΒ2 Α' Β'6. Αφού το εμβαδόν της κυρτής επιφάνειας του κώνου Α Β ισούται με το εμβαδόν κύκλου ακτίνας α, έχουμε πρλ = πα2 ⇒ ρλ = α2 . Αν γνωρίζουμε το ρ από αυτή τη σχέση υπολογίζουμε το λ. Επίσης, υπολογίζουμε τούψος του κώνου και έχουμε υ= λ2 − ρ2 = α4 − ρ4 . ρ | 148 |

13.16-18i) Ο όγκος του κώνου δίνεται από τη σχέση V= 1 πυρ2= 1 πρ α4 − ρ4 . 33ii) Για α =1 και ρ =2 έχου=με V 2 65 π. 3 81§ 13.16-18 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Η ακτίνα ρ θα είνα=ι: ρ 502 − 2=02 10 21.2. Αν ρ′ η ακτίνα της τομής, δ η απόσταση του επιπέδου από το κέντρο και ρ η ακτίνα της σφαίρας, έχουμε: πρ=′2 900π ⇔=ρ′ 30 . Η απόσταση δ είναι: δ= ρ2 − ρ′2 = 10 7.3. Αν διαιρέσουμε την ακτίνα της σφαίρας σε δύο ίσα τμήματα, η ακτίνα της τομής δίνεται από την σχέση: ρ′2 = ρ2 − 1 ρ2 ⇔ ρ′ = ρ 3 . Το εμβαδόν του 42 κύκλου της τομής είναι: Ε = πρ′2 = 3 πρ2. 44. Το εμβαδόν Ε του κύκλου (Γ, ΓΑ) δίνεται Α Σ από την σχέση: Ε = πρ′2, όπου ρ′ = ΓΑ. ΓΔ Αλλά ΚΓ = ρ2 , όπως προκύπτει από Κ δ Β το ορθογώνιο τρίγωνο Α Κ Σ. Επίσης, ρ′ = ΑΓ = ΑΚ 2 − ΚΓ2 = ρ δ −1 . δ Επομένως, Ε = πρ′ = πρ′2 = πρ2 δ −1. δ5. Ε= 4πρ2 = 400π.6. Ε= 4πρ2 = λ2. Ε′ 4πρ′2 | 149 |