Το σχολικό βιβλίο της γεωμετρίας λύσεις των ασκήσεων Β Λυκείου

13.16-187. Απλή εφαρμογή του τύπου: V= 4 πρ3= 36π. 3 V= 4πρ3 V′ 38. 4πρ′3 = λ3. 39. Το εμβαδόν του κύκλου με διάμετρο την ΒΓ ρ δίνεται από τη σχέση: Ε = π(ΑΒ)2 . ρ' Β Αλλά ΑΒ2 = ρ2 − ρ′2 . Άρα: Ε = π(ρ2 − ρ′2 ). Α Γ10. Ο συνολικός όγκος του σχήματος είναι το άθροι- ρ σμα κυλίνδρου με ακτίνα ρ και ύψος ρ και μιας ρ σφαίρας ακτίνας ρ. ρ Άρα έχουμε: V= 4 πρ3 + πρ2 ⋅ ρ= 7 πρ3. ρ 3 3 ρρ Αλλά έχουμε: 7 πρ3= 63π ⇔ ρ3= 27 ⇔ ρ= 3. 3Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Από τους τύπους Vσϕ= 4 πρ3, Vκν= 1 πρ3, Vκλ = 2πρ3 3 3 και Εσϕ = 4πρ2 και Εκλ = 4πρ2 + 2πρ2 προκύπτουν αμέσως τα ζητούμενα. Αυτές τις σχέσεις απέδειξε πρώτος ο Αρχιμήδης. | 150 |

13.16-182. Αν (Κ, ρ) και (Λ, ρ′) είναι δύο δοσμένες σφαίρες καιΜ ένα κοινό σημείο των δύο σφαιρών, θεωρούμε Μτο επίπεδο που ορίζεται από τα κέντρα τους και ρ ρ'το σημείο Μ. Το επίπεδο αυτό τέμνει τις σφαίρες Κ ΟΛκατά μέγιστους κύκλους. Έστω Ο η προβολή τουσημείου Μ στην διάκεντρο ΚΛ. ∆Στο τρίγωνο Κ Λ Μ οι τρεις πλευρές είναι γνωστές, επομένως είναι γνωστή(και σταθερή) η θέση του σημείου Ο πάνω στην ΚΛ, (Θεώρημα διαμέσων)και το μήκος ΜΟ.Επειδή οι σφαίρες σχηματίζονται από την περιστροφή ενός μεγίστου κύκλου,έπεται ότι το σημείο Μ είναι σημείο κύκλου που κείται σε επίπεδο κάθετοστην διάκεντρο ΚΛ στο σημείο Ο, με κέντρο το Ο και ακτίνα ΜΟ.3. Ο όγκος σφαίρας ακτίνας ρ είναι V1= 4 πρ3. Ο 3όγκος V2 κυλίνδρου ακτίνας ρ και ύψους 2ρ είναιV2 = πρ2 ⋅ 2ρ = 2πρ3. Τέλος, ο όγκος κώνου V3 μεδιάμετρο ίση με ακμή έχει ακτίνα βάσης ρ 3 και ρύψος 3ρ, άρα: V3 =π ⋅ 3ρ2 ⋅ 3ρ =9πρ3 . Οι λόγοιV3:V1 και V2:V1 είναι αντίστοιχα 9:4 και 6:4.Σύνθετα Θέματα1. Αν η επιφάνεια σφαίρας ακτίνας ρ και η επιφάνεια κυλίνδρου ακτίνας ρ και ύψους υ είναι ίσες, έχουμε την σχέση: 4πρ2 = 2πρυ ⇔ 2ρ = υ. Δηλαδή το ύψος είναι ίσο με την διάμετρο της σφαίρας.2. Αν δ είναι η απόσταση της βάσης του εγγεγραμμένου κώνου στη σφαίρααπό το κέντρο της, τότε έχει ύψος υ = ρ + δ και ακτίνα ρ2 − δ2, όπου ρ ηακτίνα της σφαίρας.Ο όγκος V του κώνου είναι: ρ δV = κρ(ρ2 − δ2 )(ρ + δ),όπου κ σταθερά. Για να βρούμε το Οδ Ομέγιστο του όγκου μηδενίζουμε δτην παράγωγο ως προς δ (κατά ταγνωστά) και βρίσκουμε 3δ = ρ.Για τον κύλινδρο έχουμε: V= 2πδ(ρ2 − δ2 ), και κατά τα γνωστά βρίσκου-με δ 3 =ρ. | 151 |

13.16-183. i) Η διαγώνιος του κύβου που είναι εγγεγραμμένος στη σφαίρα είναι ίση με την διάμετρο της σφαίρας. Επομένως έχουμε: 2ρ = α 3. Άρα ο λόγος των όγκων της σφαίρας και του κύβου είναι: 3 3 π. 2 ii) Τ ο κανονικό οκτάεδρο αποτελείται από δύο τετραγωνικές πυραμίδες με ύψος ίσο με την ακτίνα ρ της σφαίρας και διαγώνιο της τετραγωνικής βάσης ίση με 2ρ. Επομένως, ο όγκος του τετραέδρου ισούται με: 2 ρ2ρ= 2 ρ3. 33 Άρα ο λόγος των όγκων της σφαίρας και του οκταέδρου είναι: 1:π.4. Ο ι επιφάνειες της σφαίρας, του κυλίνδρου και του κώνου είναι: Ε1= 4πρ2,Ε2 = 4πρ2, Ε3 = 4πρ2, δηλαδή οι επιφάνειες είναι ίσες. 4 πρ3, 2 πρ3, άρα οι λόγοι είναι 3:2Οι όγκοι είναι: V1= 3 V2 = 2πρ3, V3= 3και 1:2.  Α Γ Δ5. Έ στω Α Β Γ ορθογώνιο τρίγωνο, Α′, Β′, Γ′ τα μέσα των πλευρών του, α, β, γ τα μήκη τους και Α∆ = υ το ύψος. Εφαρμόζοντας το Θεώρημα II, παρ. 13.18, υπολογίζουμε τους παραγόμενους όγκους από το Β τρίγωνο Α Β Γ, όταν αυτό περιστραφεί γύρω από τις τρεις πλευρές του. Έχουμε:Vβ = Εβ ⋅ Α∆ = 2πα ⋅ Α′Β′ ⋅ Α∆ = παγυ,Vγ = Εγ ⋅ Α∆ = 2π ⋅ Α′Β′ ⋅ Γ∆ = παβυ καιVα = Εα ⋅ ΑΒ = 2π ⋅ Α′Β′ ⋅ Γ∆ ⋅ ΑΒ = 2 γ πβ2. αΣχηματίζουμε τις ποσότητες 1 / Vα2, 1 / Vβ2 και 1 / Vγ2 και έχοντας υπόψη τησχέση α2υ2 =β2γ2, αποδεικνύεται το ζητούμενο. Για το λόγο Vβ / Vγ έχουμε:Vβ / Vγ = παγυ / παβυ = γ / β. | 152 |

Γενικές ΑσκήσειςΓενικές Ασκήσεις1. Έστω ΑΒΓΔ τετράεδρο και Ε, Ζ και Η τα μέσα των ΑΒ,ΓΔ και ΕΖ και Μ τυχαίο σημείο. Εφαρμόζοντας Αεπανειλημμένα το Θεώρημα της διαμέσου, έχουμε: ΜΑ2 + ΜΒ2 + ΜΓ2 + Μ∆2 = Ε Μ Δ = 2ΜΕ2 + 1 ΑΒ2 + 2ΜΖ2 + 1 Γ∆2 = Β Η 22 Ζ = 2(ΜΕ2 + ΜΖ2 ) + 1 (ΑΒ2 + Γ∆2 )= Γ 2= 2(2ΜΗ2 + 1 ΕΖ2 ) + 1 (ΑΒ2 + Γ∆2 ) . 22Αλλά στην τελευταία σχέση, όλα τα τμήματα είναι σταθερά εκτός από τοΜΗ, επομένως το άθροισμα των τετραγώνων γίνεται ελάχιστο αν ΜΗ = 0,δηλαδή όταν το Μ ταυτίζεται με το Η.2. Έστω επίπεδο π, παράλληλο στις ακμές ΑΓ και AΒΔ τετραέδρου ΑΒΓΔ, που βρίσκεται μεταξύ ΕΖτους. Το επίπεδο π τέμνει τις ακμές ΑΒ, ΑΔ, ΓΔκαι ΓΒ στα σημεία Ε, Ζ, Η και Θ αντίστοιχα. Β ΔΕπειδή το π είναι παράλληλο στην ΑΓ, οι ΕΘ καιΖΗ είναι παράλληλες στην ΑΓ. Επίσης, επειδή το ΘΗπ είναι παράλληλο στην ΒΔ, οι ΕΖ και ΘΗ είναι Γπαράλληλες στην ΒΔ. Το τετράπλευρο ΕΖΗΓέχει δύο ζεύγη απέναντι πλευρών παράλληλα,άρα είναι παραλληλόγραμμο. Α Βε3. Ανάλυση: Έστω ότι ΑΒΓΔ-Α′Β′Γ′Δ′ είναι το Δ Γζητούμενο παραλληλεπίπεδο. Παρατηρούμε ότιτο επίπεδο ΑΒΓΔ είναι γνωστό, διότι περιέχει Α' Β' ξτην ε και είναι παράλληλο στην ζ. Δ' ζ Γ'Κατασκευή: Φέρουμε επίπεδο που να περιέχειτην ευθεία ε, παράλληλο στην ζ. Αυτό τέμνειτην ξ στο σημείο Γ.Επίσης, φέρουμε επίπεδο που περιέχει την ξ και είναι παράλληλο στην ε. Αυτότέμνει την ζ στο Δ′. Τέλος, από την ευθεία ζ φέρουμε επίπεδο παράλληλο στηνξ που τέμνει την ε στο Α. Τα τρία αυτά επίπεδα έχουν κοινό το σημείο Δ. Οιυπόλοιπες κορυφές κατασκευάζονται φέροντας τις κατάλληλες παράλληλεςστις ευθείες ε, ζ και ξ από τα σημεία που βρήκαμε.4. Έστω ΑΒΓΔ ένα τετράεδρο και Ε το σημείο που το διχοτόμο επίπεδο της δίεδρης γωνίας με ακμή ΑΓ τέμνει την απέναντι ακμή. Το διχοτόμο επίπεδο | 153 |

Γενικές Ασκήσεις(Α, Γ, Ε) χωρίζει το τετράεδρο σε δύο ισοϋψή τετράεδρα, τα Α.ΒΓΕ καιΑ.ΕΓΔ, επομένως ο λόγος των όγκων τους είναι ίσος με το λόγο των βάσεων.Οι βάσεις ΒΓΕ και ΕΓΔ έχουν ίσα ύψη, επομένως ο λόγος τους ισούται μετον λόγο των βάσεων, δηλαδή ΕΒ και ΕΔ. ΑΆρα, (Α=ΒΓΕ) (=ΒΓΕ) ΒΕ (1). Ζ (ΑΕΓ∆) (ΕΓ∆) Ε∆ BΤα τετράεδρα Ε.ΑΒΓ και Ε.ΑΓΔ Γέχουν λόγο όγκων: ΗΕ Δ=(ΑΒΓΕ) (=ΑΒΓ) ΖΕ (ΑΒΓ) (ΑΕΓ∆) (ΑΓ∆) ΕΗ (ΑΓ∆) (2)διότι το σημείο Ε, ως σημείο του διχοτόμου επιπέδου, ισαπέχει από τις έδρεςτης δίεδρης. Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.5. Έστω ΑΒΓΔ τετράεδρο και Ε, Ζ, Η, Θ, I και Α Κ τα μέσα των ΑΒ, ΓΔ, ΒΓ, ΑΔ, ΑΓ και ΒΔ Θ αντίστοιχα. Τα τμήματα ΕΘ και ΗΖ είναι ίσα και παράλληλα με το μισό της ΒΔ. Άρα, το ΕΗΖΘ είναι Ε Κ Ι Δ παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοι διχοτομούνται. Β Μ Z Επομένως, τα τμήματα ΕΖ και ΗΘ διχοτομούνται. Για το ίδιο λόγο, το ΕΙΖΚ είναι παραλληλόγραμμο, Η άρα και τα ΕΖ και ΙΚ διχοτομούνται. Άρα και τα τρία τμήματα διχοτομούνται. Τα τμήματα αυτά Γ λέγονται διδιάμεσοι του τετραέδρου.6. Έστω ΑΒΓΔ τετράεδρο, Ν το μέσον της ΓΔ και ΑΚ, Λ τα κέντρα βάρους των εδρών ΑΓΔ και ΒΓΔαντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι οι διάμεσοι ΑΛ Ρ Γκαι ΒΚ τέμνονται σε σημείο Μ που τις χωρίζει σε ΜΚλόγο 1:3. Τα κέντρα βάρους Κ και Λ των εδρών Λ NΑΓΔ και ΒΓΔ είναι σημεία των διαμέσων τους ΑΝ Β Πκαι ΒΝ που είναι συνεπίπεδες. Επομένως, οι διά-μεσοι του ΑΛ και ΒΚ του τετραέδρου τέμνονται σε Δσημείο Μ. Τα Κ και Λ χωρίζουν τις ΑΝ και ΒΝ σε λόγο 2:1, επομένως έχουμε:ΑΚ = ΒΛ , άρα ΑΒ//ΚΛ, που συνεπάγεται: Α=Μ Β=Μ Α=Β Α=Ν 3.ΚΝ ΛΝ ΜΛ ΜΚ ΚΛ ΚΝ 1Αποδείξαμε ότι δύο διάμεσοι τέμνονται στο σημείο Μ που τις χωρίζει σελόγο 3:1. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι και οι άλλες διάμεσοι τέμνουν | 154 |

Γενικές Ασκήσεις την ΑΛ στο ίδιο σημείο Μ. Άρα διέρχονται όλες από το ίδιο σημείο και χωρίζονται σε λόγο 3:1.7. Έστω ΝΠ η διδιάμεσος του τετραέδρου ΑΒΓΔ η οποία τέμνει την διάμεσο ΑΛ σε σημείο Μ′ και έστω ΡΠ//ΑΛ, όπου Ρ σημείο την ΒΝ. Επειδή Π μέσον της ΑΒ και ΡΠ//ΑΛ το Ρ είναι μέσον του ΒΛ και Λ μέσον του ΡΝ. Έχουμε: 2ΛΜ′ = ΡΠ . Όμως, 2ΡΠ = ΑΛ. Άρα 4Μ′Λ = ΑΛ. Δηλαδή το Μ′ ταυτίζεται με το Μ.8. Έστω ΑΒΓΔ το δοσμένο τετράεδρο και σημείο Α Θ Μ εσωτερικό, τέτοιο ώστε ΜΑΓΔ και ΜΒΓΔ να Δ είναι ισοδύναμα. Τατετράεδρα αυτά έχουν κοινή Ε βάση το τρίγωνο Μ Γ ∆, άρα έχουν ίσα τα ύψη από Μ Ζ τις κορυφές Α και Β που βρίσκονται εκατέρωθεν της βάσης ΜΓΔ. Επομένως το επίπεδο (Μ, Γ, Δ) Β Ηπερνάει από το μέσον Ε του ΑΒ. Το Μ επομένως Γανήκει στο επίπεδο (Ε, Γ, Δ).Θεωρούμε τα δύο άλλα τετράεδρα, ΜΓΑΒ και ΜΔΑΒ, και με τον ίδιο τρόποαποδεικνύεται ότι το Μ είναι σημείο του επιπέδου ΖΑΒ, όπου Ζ το μέσον τουΓΔ. Το Μ ανήκει σε δύο επίπεδα, άρα ανήκει στην τομή τους, δηλαδή στην ΕΖ.Συνδυάζοντας διαφορετικά τα τετράεδρα και με τους ίδιους ακριβώς συλλογισμούςαποδεικνύεται ότι το Μ είναι σημείο και της ΗΘ, όπου Η και Θ είναι τα μέσατων ΒΓ και ΑΔ. Επομένως, το Μ είναι το σημείο τομής των διδιαμέσων τουτετραέδρου, δηλαδή είναι το κέντρο βάρους του τετραέδρου.Απόδειξη: Αν Μ είναι το σημείο τομής των διδιαμέσων του τετραέδρου, τοεπίπεδο (Μ, Γ, Δ) περνάει από το μέσον Ε της ΑΒ, άρα τα Α και Β ισαπέχουναπό αυτό, άρα τα τετράεδρα είναι ισοδύναμα. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύονταιότι και τα υπόλοιπα τετράεδρα είναι ισοδύναμα. | 155 |

Βάσει του ν. 3966/2011 τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού,του Γυμνασίου, του Λυκείου, των ΕΠΑ.Λ. και των ΕΠΑ.Σ.τυπώνονται από το ΙΤΥΕ - ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ και διανέμονταιδωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί ναδιατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν στη δεξιά κάτωγωνία του εμπροσθόφυλλου ένδειξη «ΔIΑΤΙΘΕΤΑΙ ΜΕΤΙΜΗ ΠΩΛΗΣΗΣ». Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προςπώληση και δεν φέρει την παραπάνω ένδειξη θεωρείταικλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τιςδιατάξεις του άρθρου 7 του νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου1946 (ΦΕΚ 1946,108, Α').Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματοςαυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα(copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίςτη γραπτή άδεια του Υπουργείου Παιδείας, Έρευνας καιΘρησκευμάτων / IΤΥΕ - ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ.

Κωδικός βιβλίου: 0-22-0240 ISBN 978-960-06-5318-2(01) 000000 0 22 0240 2