9.7Αποδεικτικές Ασκήσεις 1. i) Από το ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Ε έχουμε:ΒΕ2 = ΑΒ2 + ΑΕ2 = α2 + α 2 = 5α2 ⇔ Β 2 4⇔ ΒΕ = α 5 . Γ 2 Αii) Οι χορδές ΑΔ και ΒΖ τέμνονται στο Ε, Α Γοπότε ΒΕ ⋅ ΕΖ = ΑΕ ⋅ Ε∆ ⇔ ΕΖ = ΑΕ ⋅ Ε∆ ⇔ Ε ΒΕ ΖΔ α⋅α⇔=ΕΖ 2 2 ⇔=ΕΖ α5 α5 10 . 2Επομένως 5ΕΖ = α 5 = ΒΕ. 2 ΕΒ = ΑΒ (1). Ε∆ Α∆2. Στο τρίγωνο Α Β ∆ η ΑΕ είναι διχοτόμος, οπότε ΖΓ = ΑΓ (2).Όμοια στο τρίγωνο Α Γ ∆ είναι Ζ∆ Α∆ ΒΜε πολλαπλασιασμό κατά μέλη Επροκύπτει ότι ΕΒ ⋅ ΖΓ = ΑΒ ⋅ ΑΓ . Γ Ε∆ ⋅ Ζ∆ Α∆2 ΖΔΑλλά ΑΒ ⋅ ΑΓ = Α∆2(τέμνουσα και εφαπτόμενη),οπότε ΕΒ ⋅ ΖΓ = 1 ⇔ ΕΒ ⋅ ΖΓ = Ε∆ ⋅ Ζ∆. Ε∆ ⋅ Ζ∆3. i) Οι χορδές ΑΕ και ΒΓ τέμνονται στο Μ, ΒΓ ⋅ ΒΓ Α 22οπότε ΑΜ ⋅ ΜΕ = ΒΜ ⋅ ΜΓ = ⇔⇔ ΑΜ ⋅ ΜΕ = ΒΓ2 (1). 4ii) Από το 1ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο Β Μ 2ΑΜ 2 + ΒΓ2 (1)Α Β Γ έχουμε: ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2 ⇔ Ε | 50 |
9.7⇔ ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2ΑΜ2 + 2ΑΜ ⋅ ΜΕ== 2ΑΜ(ΑΜ + ΜΕ)= 2ΑΜ ⋅ ΑΕ.4. Φέρνουμε ΟΜ, οπότε ΟΜ ⊥ ΑΒ (γιατί;) Β Γ Μάρα το τετράπλευρο ΓΝΗΜ είναι εγγράψιμο Ν Η Α(γιατί), οπότε (ε) ΟΟΝ ⋅ ΟΓ = ΟΗ ⋅ ΟΜ (1). Αλλά το Ο ΑΜ είναι ορθογώνιο στο Ακαι ΑΗ ύψος, οπότε ΟΗ ⋅ ΟΜ = ΟΑ2 (γιατί;) (1)⇔ ΟΝ ⋅ ΟΓ = R2.5. Φέρνουμε ΒΗ. Είναι ΒΗˆ Γ = 90, οπότε Α το τετράπλευρο ΒΔΜΗ είναι εγγράψιμο (γιατί;) ΗΜ Άρα ΓΜ ⋅ ΓΗ = Γ∆ ⋅ ΓΒ (1)Επειδή ΑΒΓ ορθογώνιο και ΑΔ ύψος, ΒΔ Γείναι: ΓΑ2 = ΓΒ ⋅ Γ∆ (2) (γιατί;)Από (1), (2) έχουμε ΓΜ ⋅ ΓΗ = ΓΑ2.Σύνθετα Θέματα1. Είναι ∆Β ⋅ ∆Γ = Α∆ ⋅ ∆Ε ⇔ Α∆2 = Α∆ ⋅ ∆Ε ⇔ Α∆ = ∆Ε (1) ΑΤα τρίγωνα ∆ Ε Γ και Α Ε Γ είναι όμοια 12(γιατί;) οπότε: ∆Ε = ΕΓ ⇔ ∆Ε ⋅ ΑΕ = ΕΓ2 ⇔ Βω ΕΓ ΑΕ (1) ΑΕ ⋅ ΑΕ = ΕΓ2 ⇔ ΑΕ2 = 2ΕΓ2. Δ ω⇔ 2 1Γ Ε | 51 |
9.7 2. Στο τρίγωνο Α Β Γ, AM διάμεσος, οπότε:β2 + γ2 = 2µα2 + α2 ⇔ 2α2 − α2 = 2µα2 ⇔ 3α2 = µα2 ⇔ µα = α3 (1) 2 2 4 2ΑΔ, ΒΓ χορδές, άρα:ΑΜ ⋅ Μ∆ = ΒΜ ⋅ ΜΓ ⇔ Α⇔ Μ=∆ ΒΜ ⋅ ΜΓ (1) Μ=∆ α⋅α α⇔ 2=2 23 ΑΜ ⇔ α3⇔ Μ∆ = α 3 (2) 2 Β Η Κ Γ 6 Μ Δ3. Είναι: µ=γ 3 β ⇔ µ=2γ 3β2 ⇔ Α 2 4⇔ 2α2 + 2β2 − γ2 = 3β2 ⇔ β2 + γ2 = 2α2 (1) Μ Γ BΔΑν ΑΔ διάμεσος του τριγώνου Α Β Γ αρκείνα δείξουμε ότι ∆Μ ⋅ ∆Α = ∆Β2 (γιατί;)Έχουμε:∆Μ ⋅ ∆Α = µα ⋅ 1 µα = 1 µα2 = 1 2β2 + 2γ2 − α2 (1) 1 4α2 − α2 ⇔ 3 3 3 4 34 ⇔=∆Μ ⋅ ∆Α⇔ ∆Μ ⋅ ∆Α = 1 ⋅ 3α2 ⇔ ∆Μ ⋅ ∆Α = α 2 ⇔ ∆Μ ⋅ ∆Α = ∆Β2. 34 2 A4. Είναι ΒΕ ⋅ ΒΑ = Β∆ ⋅ ΒΜ Ε ΔΜ Ζ και ΓΖ ⋅ ΓΑ = ΓΜ ⋅ Γ∆, οπότε Β Γ διαιρώντας κατά μέλη έχουμε ότι: ΒΕ = ΑΓ ⋅ Β∆ = 1 ΓΖ ΑΒ Γ∆ λόγω του Θεωρήματος των Διχοτόμων. | 52 |
Γενικές ΑσκήσειςΓενικές Ασκήσεις1.Έ στωΑΒ ⊥ Γ∆καιΚτοσημείοτομής Γ Α Δ τωνΑΒ,ΓΔ.ΤότεΑΓ2 = ΑΚ 2 + ΚΓ2, K Δ Α∆2 = ΑΚ 2 + Κ∆2 , οπότε ΑΓ2 − Α∆2 = ΚΓ2 − Κ∆2 (1). ΌμοιαΒΓ2 –ΒΔ2 =ΚΓ2 –ΚΔ2 (2).Απότις(1)και(2)προκύπτει Βότι ΑΓ2 − Α∆2 = ΒΓ2 − Β∆2.Αντίστροφα:ΈστωότιΑΓ2 − Α∆2 = ΒΓ2 − Β∆2.Τότε εΑ(ΑΓ + Α∆)(ΑΓ − Α∆) = (ΒΓ + Β∆)(ΒΓ − Β∆)απ’όπουπροκύπτειότιοιδιαφορέςΑΓ − Α∆ Γ Κ'καιΒΓ − Β∆είναιομόσημες. ΜΚΆρατασημείαΑ,Βανήκουνστοίδιοημιεπίπεδοωςπροςτηνμεσοκάθετο(ε)του ΒΓΔ,οπότεοιπροβολέςτουςΚκαιΚ′βρίσκονταιπροςτοίδιομέροςτουμέσουΜτουΓΔ.Απότο2oθεώρημαδιαμέσωνπροκύπτειότιΑΓ2 − Α∆2 = 2Γ∆ ⋅ ΜΚκαι ΒΓ2 − Β∆2 = 2Γ∆ ⋅ ΜΚ′.Επομένως 2Γ∆ ⋅ ΜΚ = 2Γ∆ ⋅ ΜΚ′,δηλαδήΜΚ = ΜΚ′.Άρα Κ ≡ Κ′,οπότεΑΒ ⊥ Γ∆.2. ΈστωότιηΑΔτέμνειτονκύκλοστοΕ.ΟιχορδέςΑΕκαιΒΓ τέμνονταιστοΔ,οπότε:Α∆ ⋅ ∆Ε = Β∆ ⋅ ∆Γ ⇔ Α∆(ΑΕ − Α∆) = Β∆ ⋅ ∆Γ ⇔⇔ Α∆ ⋅ ΑΕ − Α∆2 = Β∆ ⋅ ∆Γ ⇔ Α∆ ⋅ ΑΕ = Α∆2 + Β∆ ⋅ ∆Γ (1). ΑλλάτατρίγωναΑ Β ∆καιΑ Ε Γείναιόμοια( Αˆ 1 =Αˆ 2, Βˆ = Εˆ ),οπότε: ΑΑ∆ = ΑΒ ⇔ Α∆ ⋅ ΑΕ = ΑΒ ⋅ ΑΓ (2). 12ΑΓ ΑΕΑπότις(1)και(2)προκύπτειότι ΔΓΑΒ ⋅ ΑΓ = Α∆2 + Β∆ ⋅ ∆Γ. Β Ε | 53 |
Γενικές ΑσκήσειςΣχόλιο:Από την παραπάνω σχέση μπορούμε να υπολογίσουμε τη διχοτόμο Α∆ = δσυναρτήσει των πλευρών α, β και γ του τριγώνου. Πράγματι είναι∆Β = αγ , ∆Γ = αβ , οπότε δ2 = βγ − α2βγ . β+γ β+γ (β + γ)23. 1ος τρόπος: Υπολογίζουμε όλους τους όρους του συμπεράσματος συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου. ΑΈχουμε: ΑΜ2 = 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 − ΒΓ2 (1) Δ 4 B Β=Μ ΒΓ ⇔ ΒΜ=2 ΒΓ2 (2) MΓ 24Επειδή Αˆ < 90 από το γενικευμένοπυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει ότι:ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 − 2ΑΓ ⋅ Α∆ ⇔ Α∆ ⋅ ΑΓ = ΑΒ2 + ΑΓ2 − ΒΓ2 (3) 2Άρα ΑΜ 2 = ΒΜ2 + Α∆ ⋅ ΑΓ (1) (2) 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 − ΒΓ2 = ⇔ (3) 4= ΒΓ2 + ΑΒ2 + ΑΓ2 − ΒΓ2 ⇔ 42⇔ 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 − ΒΓ2 =2ΑΒ2 + 2Α4 Γ2 − ΒΓ2 , ισχύει. 42ος τρόπος: Ο κύκλος διαμέτρου ΒΓ διέρχεται από το Δ (αφού Β∆ˆ Γ = 90). ΆραΑ∆ ⋅ ΑΓ = ∆Α ⇔ Α∆ ⋅ ΑΓ = ΑΜ 2 − ΒΜ2 ⇔ ΑΜ2 = ΒΜ2 + Α∆ ⋅ ΑΓ. ( Μ ,ΒΜ )4. i) Αν η ΑΔ δεν είναι κάθετη στη ΒΓ, Aμπορούμε να υποθέσουμε ότι Β 12 Γείναι ∆ˆ 1 < 90 και ∆ˆ 2 > 90. ΚΔΑπό το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο Α ∆ Β προκύπτειότι: ΑΒ2 = Α∆2 + Β∆2 − 2Β∆ ⋅ Κ∆ ⇔(πολλαπλασιάζουμε επί ΔΓ)∆Γ ⋅ ΑΒ2 = ∆Γ ⋅ Α∆2 + ∆Γ ⋅ Β∆2 − 2Β∆ ⋅ ∆Γ ⋅ Κ∆ (1) Όμοια από το τρίγωνο Α ∆ Γ έχουμε:ΑΓ2 = Α∆2 + ∆Γ2 + 2∆Γ ⋅ Κ∆ ⇔ (πολλαπλασιάζουμε επί ΒΔ) | 54 |
Γενικές Ασκήσεις Β∆ ⋅ ΑΓ2 = Β∆ ⋅ Α∆2 + Β∆ ⋅ ∆Γ2 + 2Β∆ ⋅ ∆Γ ⋅ Κ∆ (2) Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) παίρνουμε: Β∆ ⋅ ΑΓ2 + ∆Γ ⋅ ΑΒ2 = (Β∆ + ∆Γ)Α∆2 + Β∆ ⋅ ∆Γ(Β∆ + ∆Γ) ⇔ Β∆ ⋅ ΑΓ2 + ∆Γ ⋅ ΑΒ2 = ΒΓ(Α∆2 + Β∆ ⋅ ∆Γ). Εύκολα αποδεικνύεται ότι η πρόταση ισχύει και όταν Α∆ ⊥ ΒΓ.ii) Αν ΑΒ = ΑΓ το Θ. Stewart γίνεται: (Β∆ + ∆Γ)ΑΒ2 = ΒΓ(Α∆2 + Β∆ ⋅ ∆Γ) ή ΑΒ2 = Α∆2 + Β∆ ⋅ ∆Γ.5. i) Έ στω ΑΜ = µα, ΒΕ = µβ, ΓΖ = µγ και Θ το βαρύκεντρο. Από το 1o θεώρημα διαμέσων Α έχουμε β2 + γ2 = 2µα2 + α2 (1). 2 Πρέπει να υπολογίσουμε τη διάμεσο μα συναρτήσει της πλευράς α. Ζ Ε Θ Επειδή µβ ⊥ µγ το τρίγωνο Β Θ Γ είναι ορθογώνιο στο Θ με διάμεσο ΘΜ. Άρα ΘΜ= α ⇔ 1 µα= α Β Μ Γ 2 3 2 =3α = 2 ⋅ 9α2 + ⇔ β2 + γ2 = 5α2. (αφού Θ βαρύκεντρο) ⇔ µα 2 . Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι β2 + γ2 α2ii) Επειδή Αˆ < 90 από το γενικευμένο 42 πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: Α (i) Κα2 = β2 + γ2 − 2β ⋅ ΑΚ ⇔⇔ α2 = 5α2 − 2ΑΓ ⋅ ΑΚ ⇔⇔ 2ΑΓ ⋅ ΑΚ = 5α2 − α2 ⇔ ΑΓ ⋅ ΑΚ = 2α2. Η Επομένως αρκεί ΑΓ ⋅ ΑΚ = ΑΗ ⋅ Α∆, Δ Γ που ισχύει γιατί το τετράπλευρο ΗΔΓΚ Β είναι εγγράψιμο (∆ˆ + Κ=ˆ 90 + 90= 180).6. Γ ια να προκύψει το γινόμενο ΑΒ ⋅ Α∆ εφαρμόζουμε γενικευμένο πυθαγόρειοθεώρημα στο τρίγωνο Α Β Μ. ΑΈχουμε: ΒΜ2 = ΑΜ2 + ΑΒ2 − 2ΑΒ ⋅ Α∆ ⇔⇔ ΒΓ 2 = ΑΜ2 + ΑΒ2 − 2ΑΒ ⋅ Α∆ ⇔ 2 ⇔ ΒΓ2 = 4ΑΜ2 + 4ΑΒ2 − 8ΑΒ ⋅ Α∆ (1) Δ Μ Γ ΒΑλλά AM διάμεσος στο τρίγωνο Α Β Γ, | 55 |
Γενικές Ασκήσειςοπότε: 4ΑΜ2 = 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 − ΒΓ2 (2).Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι:ΒΓ2 = 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 − ΒΓ2 + 4ΑΒ2 − 8ΑΒ ⋅ Α∆ ⇔⇔ 2ΒΓ2 = 6ΑΒ2 + 2ΑΓ2 − 8ΑΒ ⋅ Α∆ ⇔⇔ ΒΓ2 = 3ΑΒ2 + ΑΓ2 − 4ΑΒ ⋅ Α∆.7. Αν Μ το μέσο της ΒΓ έχουμε: Β ΜΓ ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2ΑΜ2 + ΒΓ2 (1). ΟΑ 2 Επειδή έχουμε κύκλο μετασχηματίζουμε τη σχέση (1) και παίρνουμε ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2ΑΜ2 + 2ΒΜ2 == 2ΑΜ2 + 2ΒΜ ⋅ ΜΓ= 2ΑΜ2 + 2(R2 − ΟΜ2 )== 2(ΑΜ2 − ΟΜ2 ) + 2R2 = 2ΟΑ2 + 2R2 (γιατί ΜΟˆ Α = 90).Άρα ΑΒ2 + ΑΓ2 = 4R2, δηλαδή το άθροισμα ΑΒ2 + ΑΓ2 είναι σταθερό. 8. Αρκεί να αποδείξουμε ότι στο τρίγωνο Ε ∆ Ηισχύει το πυθαγόρειο θεώρημα, δηλαδή Ε∆Ε2 + ∆Η2 = ΕΗ2 ⇔ ∆Ε2 + ∆Η2 = 13R2 . 4Από το 1o θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα Α Γ ΟΔ Β Ε Γ ∆ και ∆ Η Γ έχουμε:∆Ε2 + ΕΓ2 = 2ΟΕ2 + Γ∆2 = 2R2 + R2 (1) Η 22και ∆H2 + HΓ2 = 2ΟH2 + Γ∆2 = 2R 2 + R 2 (2). 22Από τις (1) και (2) με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:∆Ε2 + ∆=Η2 5R2 − (ΕΓ2 + ΗΓ2 ) (3).Αλλά ΕΗ = ΕΓ + ΓΗ, οπότεΕΗ2 = ΕΓ2 + ΓΗ2 + 2ΕΓ ⋅ ΓΗ ⇔ | 56 |
Γενικές Ασκήσεις⇔ ΕΓ2 + ΓΗ2 = ΕΗ2 − 2ΑΓ ⋅ ΓΒ (αφού ΕΓ ⋅ ΓΗ = ΑΓ ⋅ ΓΒ) ⇔⇔ ΕΓ2 + =ΓΗ2 13R2 − 2 R 3R ⇔ ΕΓ2 + =ΓΗ2 7R2 (4).4 22 4Από (3) και (4) προκύπτει ότι ∆Ε2 + ∆Η2 = 13R2 . 4Άρα Ε∆ˆ Η = 90. | 57 |
10 ΚΕΦΑΛΑΙΟΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Αν γνωρίζουμε το εμβαδόν ενός σχήματος το χρησιμοποιούμε για να υπολογίσουμε κάποια στοιχεία του (ύψος, βάση κ.λπ.). (Ασκήσεις: § 10.3 Εμπέδωσης 3 - § 10.4 Εμπέδωσης 2, 4).• Η διάμεσος του τριγώνου το χωρίζει σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα (εφαρμογή 3 § 10.3). (Ασκήσεις: § 10.4 Αποδεικτικές 2, 3 - Σύνθετα 2).• Τρίγωνα που έχουν κοινή βάση και η άλλη κορυφή τους βρίσκεται σε ευθεία παράλληλη προς τη βάση είναι ισοδύναμα (εφαρμογή 1 § 10.5). (Ασκήσεις: § 10.5 Σύνθετα 1 - Γενικές 1).• Αν προεκτείνουμε τις πλευρές τριγώνου σχηματίζονται τρίγωνα που έχουν γωνίες παραπληρωματικές (ή ίσες). Όμοια αν από εσωτερικό σημείο τριγώνου φέρουμε κάθετες στις πλευρές του. (Ασκήσεις: § 10.5 Εμπέδωσης 3).• Όταν έχουμε σχέση της μορφής Ε1 ⋅ Ε2 = Ε3 ⋅ Ε4 συνήθωςτην μετασχηματίζουμε σε λόγο εμβαδών .(Ασκήσεις: § 10.5 Σύνθετα 3 - Γενικές 4).
10.1-10.3§ 10.1-10.3 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Έστω τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α =4. Β Γ Ι Είναι φανερό ότι (ΑΒΓ∆) = α2 = 16 τ.µ., Ζ (∆ΑΖ) = α2 3 = 16 3 = 4 3. 44 Φέρνουμε ΖΙ ⊥ ΑΒ και ΖΗ ⊥ Α∆ τότε: ΖΙ = ΑΗ = Α∆ = 2, 2 οπότε (ΑΒΖ) = 1 ΑΒ ⋅ ΖΙ = 1 4 ⋅ 2 = 4 τ.µ. 2 2 Α Η Δ Τα τρίγωνα Α Β Ζ και ∆ Γ Ζ είναι ίσα, οπότε και ισεμβαδικά και επομένως: (ΒΓΖ) = (ΑΒΓ∆) − 2(ΑΒΖ) − (Α∆Ζ) = 16 − 2 ⋅ 4 = 4 3 = 8 − 4 3.2. Έχουμε: Β Γ (ΑΜΒ) + (∆ΜΓ) = 1 ΑΜ ⋅ ΑΒ + 1 Μ∆ ⋅ ∆Γ = 2 2 = 1 (ΑΜ + Μ∆)ΑΒ = 1 Α∆ ⋅ ΑΒ = 1 10 ⋅10 = 50, 2 22 άρα το άθροισμα (ΑΜΒ) + (∆ΜΓ) είναι Γ: 50 τ.μ. ΑΔ Μ3. α) Επειδή Αˆ =60 και Εˆ =90 θα είναι Βˆ 1 =30, οπότε ΑΕ = ΑΒ = 3. Από το 2 ορθογώνιο τρίγωνο Α Ε Β με εφαρμογή Πυθαγορείου θεωρήματος έχουμε: υβ2 = ΑΒ2 − ΑΕ2 = 36 − 9 = 27 ⇔ υβ = 3 3 µ.µ. Α β) Έχουμε (ΑΒΓ) = 1 ΑΓ ⋅ ΒΕ = 60O 2 Ε = 1 8 ⋅ 3 3 = 12 3 τ.µ. 68 2 1 υβ γ) Είναι ΕΓ = ΑΓ − ΑΕ = 8 − 3 = 5 και από το Ε Β Γ βρίσκουμε Β Γ ΒΓ2 = ΒΕ2 + ΕΓ2 = (3 3)2 + 52 = 52 ⇔ ΒΓ = 2 13 µ.µ. Αλλά (ΑΒΓ) = 1 ΒΓ ⋅ υα ⇔ 12 3 = 12 13 ⋅ υα ⇔ υα = 12 3 = 12 39 µ.µ. 2 3 13 13 | 60 |
10.1-10.34. Έστω α, β οι διαστάσεις του ορθογωνίου, Β 5 Γ τότε έχουμε 2α + 2β = 14 ⇔ α + β = 7 (1) β α Δ και α2 + β2 = 25 (2) Α Υψώνοντας την (1) στο τετράγωνο και αξιοποιώντας την (2) έχουμε: α2 + β2 + 2α=β 49 ⇔ ⇔ 25 + 2α=β 49 ⇔ α=β 12,δηλαδή το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΒΓΔ είναι 12 τ.μ.5. α) Έχουμε (ΑΒΓ∆) = ΒΓ ⋅ ΑΗ = 10 ⋅ 5 = 50 τ.µ. Α ΕΔβ) Επειδή Α∆ = ΒΓ και ΑΕ = ΖΓ προκύπτει υ υ Ε∆ = ΒΓ, οπότε τα τραπέζια ΑΕΖΒ και ΕΖΓΔέχουν ίσες βάσεις μία προς μία, δηλαδή Β Ζ ΓΑΕ = ΖΓ και ΒΖ = Ε∆ και ίσα ύψη υ, οπότε:(ΑΕΖΘ=) 1 (ΑΕ + ΒΖ) ⋅ =υ 1 (ΖΓ + Ε∆) ⋅ =υ (ΕΖΓ∆) 22δηλαδή έχουν ίσα εμβαδά. Τα τραπέζια αυτά δεν έχουν κοινά εσωτερικάσημεία, οπότε: (ΑΕΖΒ) + (ΕΖΓ∆) = (ΑΒΓ∆) ⇔ 2(ΑΕΖΒ) = (ΑΒΓ∆) = 50,άρα (ΑΕΖΒ) = (ΕΖΓ∆) = 25 τ.µ. Α 15 Ι Δ 126. Από το Δ φέρνουμε κάθετη ΔΗ προς την ΒΓ. Τότε το ΑΒΗΔ είναι ορθογώνιο, οπότε ΒΗ = 15 και επομένως ΗΓ = ΒΓ − ΒΗ = 5 m.Από το ορθογώνιο τρίγωνο 3m ( Ηˆ =90) παίρνουμε: Β 20 Η Θ ΓΗΓ∆∆Γ2 = ∆Η2 + ΗΓ2 = 122 + 52 = 132 ⇔ ∆Γ = 13,οπότε το εμβαδόν της λωρίδας ΘΓΔΙ που αποκόπτει ο δρόμος είναι(ΘΓ∆Ι=) 13 ⋅ 3= 39 τ.µ. Το εμβαδόν του αρχικού οικοπέδου είναι:(ΑΒΓ∆=) 1 (Α∆ + ΒΓ) ⋅ =υ 1 (15 + 20) ⋅1=2 210 τ.µ., oπότε το εμβαδόν του 22οικοπέδου ΑΒΘΙ που απομένει είναι (ΑΒΘ=Ι) 210 − =39 171 τ.µ. ΑΔΑποδεικτικές Ασκήσεις1. Φέρνουμε τα ύψη ΑΗ, ΔΖ των τριγώνων Β HΣ ΓΖ ΣΑΓ, ΣΒΔ που αντιστοιχούν στις πλευρές ΣΓ, ΣΒ αντίστοιχα. Τα ύψη αυτά, ως αποστάσεις των παραλλήλων ΑΔ και | 61 |
10.1-10.3 ΒΓ, είναι ίσα, δηλαδή ΑΗ = ∆Ζ, οπότε έχουμε: (ΣΑΓ) + (ΣΒ∆) = 1 ΣΓ ⋅ ΑΗ + 1 ΣΒ ⋅ ∆Ζ = 1 (ΣΓ + ΣΒ)ΑΗ = 2 22 = 1 ΒΓ ⋅ ΑΗ = (ΑΒΓ), άρα (ΣΑΓ) + (ΣΒ∆) = (ΑΒΓ) . 2 2. α) Τα τρίγωνα Α Β Ε και Β Ε Γ έχουν κοινό το ύψος ΒΖ από την κορυφή Β και ίσες βάσεις ΑΕ και ΕΓ (αφού Ε μέσο της ΑΓ). Επομένως (ΑΒΕ) = 1 ΑΕ ⋅ ΒΖ = 1 ΕΓ ⋅ ΒΖ = (ΒΕΓ). A Ε 22 Ζβ) Από το α) έχουμε (ΒΕΓ=) 1 (ΑΒΓ) (1) Θ 2 Όμοια (ΑΒ∆=) 1 (ΑΒΓ) (2). 2Από (1) και (2) προκύπτει:(ΑΒ∆) = (ΒΕΓ) ⇔ (ΑΒΘ) + (ΒΘ∆) = Β Δ Γ= (ΒΘ∆) + (∆ΓΕΘ) ⇔ (ΑΒΘ) = (∆ΓΕΘ).Επίσης (Α∆Γ) = 1 (ΑΒΓ) = (ΒΕΓ) ⇔ (Α∆Γ) = (ΒΕΓ) ⇔ .3. i) Επειδή ΑΔ διάμεσος του τριγώνου Α Β Γέχουμε (ΑΒ∆) = (ΑΓ∆). Όμοια, αφού AΣΔ διάμεσος του τριγώνου Σ Β Γ έχουμε: ZΕ(ΣΒ∆) = (ΣΓ∆).Με αφαίρεση των δύο αυτών σχέσεων κατά Σμέλη βρίσκουμε (ΑΒΣ) = (ΑΓΣ). Θii) Τα τμήματα ΣΕ, ΣΖ είναι ύψητων τριγώνων Α Σ Γ, Α Σ Β B ΔΓαντίστοιχα, οπότε σύμφωναμε το i) έχουμε:(ΑΒΣ) = (ΑΓΣ) ⇔ 1 ΑΒ ⋅ ΣΖ = 1 ΑΓ ⋅ ΣΕ ⇔ ΑΒ ⋅ ΣΖ = ΑΓ ⋅ ΣΕ. 22Επίσης, από το i) για Σ ≡ Θ έχουμε (ΑΒΘ) = (ΑΓΘ) (1). Πάλι από το i), αφού Θ σημείο της διαμέσου ΒΚ του τριγώνου Α Β Γέχουμε (ΑΒΘ) = (ΒΘΓ) (2).Από τις (1) και (2) προκύπτει (ΑΒΘ) = (ΑΓΘ) = (ΒΓΘ) καιεπειδή (ΑΒΘ) + (ΑΓΘ) + (ΒΓΘ) = (ΑΒΓ) προκύπτει τελικά ότι(ΑΒΘ) = (ΑΓΘ) = (ΒΓΘ) = 1 (ΑΒΓ), που είναι και το ζητούμενο. 3 | 62 |
10.1-10.34. Από το Μ φέρνουμε παράλληλη προς Ε Α Δ τη ΔΓ που τέμνει την προέκταση της 1ΔΑ στο Ε και τη ΒΓ στο Ζ . 1Τα τρίγωνα Ε Α Μ και Ζ Β Μ έχουν: Μ υ 2ΑΜ = ΒΜ, Μˆ 1 =Μˆ 2 και Αˆ 1 =Βˆ 1, Γεπομένως είναι ίσα, άρα και ισεμβαδικά. 1 ΒΖΈχουμε: (ΑΒΓ∆) = (ΑΜΖΓ∆) + (ΒΜΖ) == (ΑΜΖΓ∆) + (ΑΜΕ) = (ΕΖΓ∆) = ∆Γ ⋅ υ = 2 1 ∆Γ ⋅ υ = 2(ΜΓ∆), 2δηλαδή (ΑΒΓ∆)= 2(ΜΓ∆).5. Από το Μ φέρνουμε παράλληλη προς Ντη ΔΓ που τέμνει την προέκταση Ε Α Δ 1 υτης ΔΑ στο Ε και τη ΒΓ στο Ζ. 1Τα τρίγωνα Ε Α Μ και Ζ Β Μ Mέχουν ΑΜ = ΜΒ, Μˆ 1 =Μˆ 2 2και Αˆ 1 =Βˆ 1, επομένως είναι ίσα,άρα και ισεμβαδικά, 1δηλαδή (ΕΑΜ) = (ΖΒΜ). BZ ΓΜε τη βοήθεια αυτού προκύπτει ότιτο τραπέζιο ΑΒΓΔ είναι ισεμβαδικό με το παραλληλόγραμμο ΕΖΓΔ καιεπειδή (ΕΖΓ∆) = ∆Γ ⋅ ΜΝ προκύπτει (ΑΒΓ∆) = ∆Γ ⋅ ΜΝ. Θ6. i) Φέρνουμε ΕΗ ⊥ ΑΘ. Στο τρίγωνο Α Ε Θ η γωνία ΕΑˆ Θ είναι οξεία, επομένως έχουμε:ΕΘ2 = ΑΕ2 + ΑΘ2 −2ΑΘ ⋅ ΑΗ (1) Ε ΖΑλλά το τρίγωνο Η Α Ε είναιορθογώνιο με Εˆ 1 =30 , 1Η Κ 60Oοπότε: Α=Η Α=Ε 1 Δ 1Α 22 120 O 1 1 2και η (1) γίνεται: B Γ ΕΘ2= 12 + 22 − 2 ⋅ 2 ⋅ 1= 3 ⇔ ΕΘ= 3. 2ii) Στο i) βρήκαμε ότι ΕΘ = 3 ⇔ ΕΘ2 = 3 = 4 −1 = ΑΘ2 − ΑΕ2 ⇔ ΕΘ2 + ΑΕ2 = ΑΘ2 ⇔ ΕΑˆ Θ ορθογώνιο στο Ε, δηλαδή ΑΕˆ Θ = 1 και επειδή και ∆Εˆ Α = 1∟ συμπεραίνουμε ότι τα Δ, Ε, Θ είναι συνευθειακά. | 63 |
10.1-10.3iii) Είναι (ΒΓΖΘΕ∆) = (ΑΒΓ) + ( ΑΓΖΘ) + (ΕΘΑ) + (ΑΒ∆Ε) (2). Φέρνουμε το ύψος ΒΚ του τριγώνου Α Β Γ. Α=Β 1.Τότε Αˆ 1 =60, οπότε Βˆ 1 =30 και επομένως Α=Κ 2 2 Από το ορθογώνιο τρίγωνο Κ Α Β ( Κ = 1 )έχουμε ΒΚ 2 = ΑΒ2 − ΑΚ 2 = 1 − 1 = 3 ⇔ ΒΚ = 3 , 44 2οπότε (ΑΒΓ)= 1 ΑΓ ⋅ ΒΚ= 1 2 3= 3 τ.µ. (3). 2 22 2Εξάλλου (ΑΓΖΘ)= 4 τ.µ. και (ΑΒ∆Ε)= 1 τ.µ. (4).Τέλος στο ερώτημα i) είδαμε ότι ΕΘ = 3 και στο ii) ότι ΑΕˆ Θ = 1 ,οπότε (ΕΑΘ)= 1 ΑΕ ⋅ ΕΘ= 3 (5). 22Αντικαθιστώντας τις (3), (4) και (5) στην (2)βρίσκουμε (ΒΓΖΘΕ∆)= 3 + 4 + 3 + 1= 5 + 3. Δ 227. Έχουμε (ΑΒΓ∆) = (ΑΒΓ) + (ΑΓ∆) (1). A MΚ Αλλά (ΑΒΓ)= 1 ΑΓ ⋅ ΒΜ (2). ω 2 ω Από το ορθογώνιο τρίγωνο Μ Κ Β Λέχουμε ηµω = ΒΜ ⇔ ΒΜ = ηµω ⋅ ΒΚ, ΒΚ Β Γοπότε η (2) γίνεται:(ΑΒΓ)= 1 ΑΓ ⋅ ΒΚ ⋅ ηµω (3). 2Όμοια βρίσκουμε ότι (ΑΓ∆)= 1 ΑΓ ⋅ ∆Κ ⋅ ηµω (4). 2Η (1) με τη βοήθεια των (3) και (4) δίνει:(ΑΒΓ∆)= 1 ΑΓ ⋅ (ΒΚ + ∆Κ)ηµω= 1 ΑΓ ⋅ Β∆ ⋅ ηµω. 22Σχόλιο:Αν ω =30 τότε ΒΜ = ΒΚ , ∆Λ = ∆Κ και (ΑΒΓ∆) = ΑΓ ⋅ Β∆ . 22 4 | 64 |
10.1-10.38. Αν το πλάτος του οικοπέδου είναι x m, το 2,5 x 2,5 2,5 μήκος του θα είναι (x+18)m. Η δενδρο- στοιχία που περιβάλλει το οικόπεδο x+18 αποτελείται: 2,5 i) Από δύο ορθογώνια με διαστάσεις (x + 18)m και 2,5m και συνολικό εμβαδόν 2(x +18) ⋅ 2,5 = 5(x +18) m2.ii) Α πό δύο άλλα ορθογώνια με διαστάσεις x m και 2,5m και συνολικό εμβαδόν 2 ⋅ x ⋅ 2,5 =5x m2.iii) Α πό τέσσερα τετράγωνα πλευράς 2,5 m και συνολικό εμβαδόν 4 ⋅ (2,5)2 =25 m2. Επειδή το άθροισμα των εμβαδών ισούται με 695m2 έχουμε την εξίσωση 5(x + 18) + 5x + 25 =695 ή 10x = 580 ή x = 58. Άρα το πλάτος είναι 58m και το μήκος 58 + 18 =76 m.Σύνθετα Θέματα Θ1. α) Επειδή ΙΑ = Α∆ η ΘΙ είναι διάμεσος στο Θ Ι ∆, οπότε (ΙΘΑ) = (ΑΘ∆) (1). √ΔΌμοια η ΑΔ είναι διάμεσος Α I√στο Α Θ Γ, οπότε(ΑΘ∆) = (Α∆Γ) (2). Β ΓΑπό (1) και (2) προκύπτειτο ζητούμενο. Ηβ) Σ ύμφωνα με το α) έχουμε Z (ΙΘ∆)= 2(ΙΘΑ)= 2(Α∆Γ) (3).Όμοια αν φέρουμε τη διάμεσο ΖΓ του τριγώνου Β Ζ Η βρίσκουμε (ΖΒΗ)= 2(ΑΒΓ) (4).Προσθέτοντας τις (3) και (4) κατά μέληβρίσκουμε: (ΙΘ∆) + (ΖΒΗ)= 2(ΑΒΓ∆).γ) Έχουμε (ΙΖΗΘ) = (ΙΘ∆) + (ΖΒΗ) + (ΙΑΖ) + (ΗΓΘ) + (ΑΒΓ∆) (5). Στο β) βρήκαμε ότι (ΙΘ∆) + (ΖΒΗ)= 2(ΑΒΓ∆) (6) Όμοια βρίσκουμε ότι: (ΙΑΖ) + (ΗΓΘ=) 2(ΑΒΓ∆) (7). Με τη βοήθεια των (6) και (7) η (5) δίνει: (ΙΖΗΘ)= 5(ΑΒΓ∆). | 65 |
10.1-10.3 1 (ΒΜΝ).2. Στο τρίγωνο Β Μ Ν η MP είναι διάμεσος, επομένως (ΜΝΡ=) 2 Στο τρίγωνο Β Μ Γ η ΒΝ είναι διάμεσος, Α οπότε (ΒΜΝ) = 1 (ΒΜΓ) (2). 2 Όμως (ΒΜΓ) = (ΒΜ∆) + (∆ΜΓ) και τα Μ Ν τμήματα ΒΜ και ΓΜείναι διάμεσοι στα Ρ τρίγωνα Α Β ∆ και Α Γ ∆ αντίστοιχα, Β Γ οπότε: Δ (ΒΜΓ=) 1 (ΑΒ∆) + 1 (ΑΓ∆=) 1 (ΑΒΓ) (3). 222 Αντικαθιστώντας στην (1) διαδοχικά τη (2) και την (3) βρίσκουμε: (ΜΝΡ)= 1 ⋅ 1 (ΒΜΓ)= 1 (ΑΒΓ). 22 83. α) Αρκεί να δείξουμε ότι: Αˆ 1+ Βˆ 1 =1 . Α Δ 1 Η Τα τρίγωνα Α Β Ζ και Β Γ Η είναι ίσα, 12 Κ γιατί είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες B πλευρές ίσες, άρα θα είναι και Αˆ 1 =Βˆ 2, ΖΓ οπότε Αˆ 1 + Βˆ 1 = Βˆ 2 + Βˆ 1 = Βˆ = 1 αφού ΑΒΓΔ τετράγωνο. β) Το τρίγωνο Α Β Ζ είναι ορθογώνιο στο Β, οπότε (πυθαγόρειο θεώρημα) ΑΖ2 = ΑΒ2 + ΒΖ2 = α2 + 9α2 = 25α2 ⇔ ΑΖ = 5α . 16 16 4 Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Ζ είναι ΒΚ ⊥ ΑΖ , οπότε ΑΒ2 = ΑΖ ⋅ ΑΚ ⇔ α2 = 5α ΑΚ ⇔ ΑΚ = 4α. 45 Το τρίγωνο Α ∆ Η είναι ορθογώνιο στο Δ, οπότε ΑΗ2 = Α∆2 + ∆Η2 = α2 + α2 = 17α2 ⇔ ΑΗ = α 17. 16 16 4 Τέλος από το ορθογώνιο τρίγωνο Κ Α Η ( Κ = 1 ) έχουμε: ΑΗ2 = ΑΚ 2 + ΚΗ2 ⇔ 17α2 = 16α2 + ΚΗ2 ⇔ ΚΗ = 13 α. 16 25 20 γ) Είναι (ΑΚΗ∆) = (ΑΚΗ) + (Α∆Η) = 1 ΑΚ ⋅ ΚΗ + 1 Α∆ ⋅ ∆Η = 22 = 1 ⋅ 4α ⋅ 13α + 1 ⋅ α ⋅ α = 77 α2 τ.µ. 2 5 20 2 4 200 | 66 |
10.44. α) Από το Ο φέρνουμε ΗΖ κάθετη τις παράλληλες πλευρές ΑΒ και ΓΔ του παραλληλογράμμου. Τότε: (ΟΑΒ) + (ΟΓ∆) = A Δ = 1 ΑΒ ⋅ ΟΗ + 1 ∆Γ ⋅ ΟΖ = Η 22 = 1 ΑΒ(ΟΗ + ΟΖ) = 1 ΑΒ ⋅ ΗΖ = O 22 Β Ζ = 1 (ΑΒΓ∆) = (ΑΒΓ) Γ 2β) Έχουμε (ΟΑΓ) + (ΟΒΓ) = (ΑΒΓ) − (ΟΑΒ) = (ΟΓ∆), σύμφωνα με το α.5. Έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων ΑΓ = δ1 και Β∆ = δ2 του ρόμβου ΑΒΓΔ. Επειδή οι διαγώνιοι του ρόμβου τέμνονται κάθετα, το τρίγωνο Ο Α Β είναι ορθογώνιο, οπότε έχουμε:ΑΒ2 = ΑΟ2 + ΒΟ2 ⇔ α2 = δ12 + δ22 = 1 (δ12 + δ22 ) (1). 4 4 4Είναι όμως γνωστό ότι: x2 + y2 ≥ 2xy, για οποιουσδήποτε πραγματικούςαριθμούς, οπότε από την A(1) προκύπτει: δ1 1 δ1δ2 ⇔ K N 4 2α2 ≥ 2 ⋅ δ=1δ2⇔ (ΚΛΜΝ) ≥ (ΑΒΓ∆). Β δ2 ΔΠροφανώς το ''='' ισχύει Ο Λόταν δ1 =δ2, δηλαδή Mόταν ο ρόμβος γίνειτελικά τετράγωνο. Γ§ 10.4 Ασκήσεις Εμπέδωσης A Δ 18 341. Τα τρίγωνα Α Β Γ και Α ∆ Γ είναι ίσα, B 20 Γάρα και ισεμβαδικά και επομένως(ΑΒΓ∆=) 2(ΑΒΓ). Το εμβαδόν του Α Β Γ θα το υπο-λογίσουμε με τη βοήθεια του τύπουτου Ήρωνα. =18 + 20 + 34 2Γι’ αυτό έχουμε: τ = 36, | 67 |
10.4οπότε (ΑΒ=Γ) 36 ⋅18 ⋅16 =⋅ 2 144 τ.µ. και επομένως(ΑΒΓ∆)= 2 ⋅144= 288 τ.µ.2. Από το Δ φέρνουμε παράλληλη προς την ΑΒ Α Δ που τέμνει τη ΒΓ στο Ζ.Τότε το ΑΒΖΔ είναι παραλληλόγραμμο,οπότε ΒΖ = 11 και επομένως ΖΓ = 14. 13 13 υ 15 14 ΓΕπίσης ∆Ζ = ΑΒ = 13. Στο τρίγωνο ∆ Ζ Γγνωρίζουμε τα μήκη των πλευρών του, Β ΖΗοπότε σύμφωνα με τον τύπο του Ήρωνα 25έχουμε: (∆ΖΓ=) 21 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6= 84 τ.µ. Φέρνουμε το ύψοςΔΗ του τριγώνου ∆ Ζ Γ (που είναι και ύψος του τραπεζίου).Τότε (∆ΖΓ)= 1 ΖΓ ⋅ ∆Η ⇔ 84= 1 ⋅14 ⋅ ∆Η ⇔ ∆Η= 12. 2 2Το εμβαδόν πλέον του τραπεζίου ΑΒΓΔείναι (ΑΒΓ∆=) 1 (Α∆ + ΒΓ)∆Η= 1 (11 + 25) ⋅1=2 216 τ.µ. 223. Έστω ότι Αˆ =60, φέρνουμε ΒΕ ⊥ ΑΓ, Α Α=Β 60O Εοπότε Βˆ 1 =30 και επομένως Α=Ε 2 2. 1Με εφαρμογή του πυ θαγορείουθεωρήματος στο Ε Α Γ βρίσκουμε:ΒΕ2 = ΑΒ2 − ΑΕ2 = 16 − 4 = 12 ⇔ ΒΕ = 2 3, Β Γοπότε (ΑΒΓ)= 1 ΑΓ ⋅ ΒΕ= 1 ⋅ 7 ⋅ 2 3= 7 3 τ.µ. 22Τριγωνομετρικά: (ΑΒΓ)= 1 ΑΒ ⋅ ΑΓ ⋅ ηµΑ= 1 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 3= 7 3. 2 224. i) (ΑΒΓ)= 1 ΑΒ ⋅ ΑΓ= 24 . Γ 2ii) Με το πυθαγόρειο θεώρημα βρίσκουμεΒΓ=2 62 + 8=2 100 ⇔ ΒΓ= 10, οπότε 8 Α(ΑΒΓ) = 1 ΒΓ ⋅ υα ⇔ 24 = 1 ⋅10 ⋅ υα ⇔ υα = 24 . 2 2 5iii) Έχουμε=: τ 1 (6 + 8 + 1=0) 12, 2 6 Βοπότε από τον τύπο Ε = τ ⋅ ρβρίσκουμε ότι =ρ 2=4 2. 12 | 68 |
10.4Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Έχουμε βγ = αυα ⇔ βγ = 2Ε και επειδή Ε =αβγ η τελευταία είναι ισο- δύναμη με την:=βγ αβγ ⇔=α 4R 2R 2R η οποία σημαίνει ότι η πλευρά ΒΓ είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου, οπότε η γωνία Α είναι ορθή και αντίστροφα.2. i) Έχουμε διαδοχικά: Ε < τ(τ − α) ⇔ Ε2 < τ2 (τ − α)2 ⇔ τ(τ − α)(τ − β)(τ − γ) < τ2 (τ − α)2 ⇔ ⇔ (τ − β)(τ − γ) < τ(τ − α) ⇔ α + γ − β ⋅ α + β − γ < α + β + γ ⋅ β + γ − α ⇔ 22 22 ⇔ α2 − (γ − β)2 < (β + γ)2 − α2 ⇔ α2 < β2 + γ2 ⇔ Αˆ =90. ii) Όμοια Ε = τ(τ − α) ⇔ α2 = β2 + γ2 ⇔ Αˆ = 90.iii) Επίσης Ε > τ(τ − α) ⇔ α2 > β2 + γ2 ⇔ Αˆ > 90. Α A'3. Τα τρίγωνα Α Β Γ και Α′Β′Γ′ έχουν R Γ' τον ίδιο περιγεγραμμένο κύκλο (Ο, R) Ο και επομένως έχουμε: (ΑΒΓ) = αβγ και (Α′Β′Γ′) =α′β′γ′ . 4R 4R Με διαίρεση αυτών κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.4. Έστω ότι η γωνία Aˆ είναι οξεία. Β Γ Β' Α Ζ Η Η ΖΑ 2 1 γ β Β ΓΒ Γ ΑΑπΖόΒτο(Ζˆορ=θ1ογ)ώόντιιοΑτρΖίγ=ωγνσουΑνΑΗ ,Γοπ(Ηόˆτε=:1 ) έχουμε ΑΗ = βσυνΑ και από το | 69 |
10.4 (ΑΖΗ)= 1 ΑΗ ⋅ ΑΖ ⋅ ηµΑ= 1 (β ⋅ συνΑ)(γ ⋅ συνΑ)ηµΑ= 22 = 1 βγηµΑ ⋅ συν2Α = (ΑΒΓ)συν2Α. 2 Έστω ότι Αˆ > 90 τότε ΑΖ = −γσυνΑ και ΑΗ = −βσυνΑ , οπότε πάλι (ΑΖΗ) = 1 ΑΖ ⋅ ΑΗ ⋅ ηµΑ = 1 βγηµΑσυν2Α = (ΑΒΓ)συν2Α . 225. i) Έχουμε: (ΑΒΓ) =Ε =1 α ⋅ υα ⇔ υα =2Ε ⇔ 1 =α . 2 α υα 2Ε Όμοια 1 = β , 1 = γ . υβ 2Ε υγ 2Ε Άρα: 1 + 1 + 1 = α + β + γ = 2τ = τ = 1 . υα υβ υγ 2Ε 2Ε 2Ε 2Ε τρ ρΣύνθετα Θέματα1. α) Από το Κ φέρνουμε ΚΑ ⊥ Οx και ΚΒ ⊥ Οy. O ω Τότε τα τμήματα ΚΑ και KB είναι σταθερά, K ανεξάρτητα δηλαδή από τη θέση της (ε). Tότε έχουμε: 1 + 1 = Β (ΟΚΜ) (ΟΚΝ) Ν = (ΟΚΝ) + (ΟΚΜ) = (ΟΜΝ) = Α yε (ΟΚΜ)(ΟΚΝ) (ΟΚΜ)(ΟΚΝ) Μx = 1 1 ΟΜ ⋅ ΟΝ ⋅ ηµω = 2ηµω = σταθερό. 2 ΚΑ ⋅ ΚΒ ΟΜ ⋅ ΚΑ ⋅ 1 ΟΝ ⋅ ΚΒ 22 β) Σύμφωνα με το α) θεωρώντας τις τέμνουσες ΒKB′ και ΓΚΓ′ των πλευρών της Αˆ έχουμε: 1 + 1 = 1 + 1 (1). Α Ε1 + Ε2 Ε6 Ε1 Ε5 + Ε6 Όμοια θεωρώντας τις τέμνουσες ΓΚΓ′ Γ' Ε1 Ε6 B' και ΑΚΑ′ των πλευρών της Βˆ βρίσκουμε: 1 + 1 = 1 + 1 (2). Β Ε2 K Ε5 Γ Ε3 + Ε4 Ε2 Ε3 Ε1 + Ε2 Ε3 Ε4 Όμοια από τις τέμνουσες των πλευρών της Γˆ Α' βρίσκουμε ότι: 1 + =1 1 + 1 (3). Ε6 + Ε5 Ε4 Ε3 + Ε4 Ε5 Με πρόσθεση των (1), (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. | 70 |
10.5 Α2. Έστω τρίγωνο Α Β Γ και ο περιγεγραμμένος γβ κύκλος (Λ,ρα ) στη γωνία Α. ΒΓ Φέρουμε τα τμήματα ΛΑ, ΛΒ και ΛΓ. ρα Λ Σχηματίζονται τα τρίγωνα Λ Β Γ, Λ Γ Α και Γ Α Β , που έχουν το ίδιο ύψος ρα. Σύμφωνα με το σχήμα έχουμε: (ΑΒΓ) + (ΛΒΓ) = (ΛΒΑ) + (ΛΓΑ) ή(ΑΒΓ) = (ΛΒΑ) + (ΛΓΑ) − (ΛΒΓ) == 1 γρα + 1 βρα − 1 αρα = 2 2 2= 1 (γ + β − α)ρα = 1 (2τ − α − α)ρα = (τ − α)ρα . 2 2Όμοια αποδεικνύονται και οι άλλοι τύποι.3. Έστω R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του εγγράψιμου τετραπλεύρουΑΒΓΔ τότε: (ΑΒΓ∆) = (ΑΒ∆) + (ΒΓ∆) = Δ = αδ ⋅ Β∆ + βγ ⋅ Β∆ = αδ + βγ Β∆ (1) Α δ 4R 4R 4R γ (ΑΒΓ∆) = (ΑΒΓ) + (Α∆Γ) = α = αβ ⋅ ΑΓ + γδ ⋅ ΑΓ = αβ + γδ ΑΓ (2) β Γ 4R 4R 4R ΒΑπό (1) και (2) προκύπτει:(αδ + βγ)Β∆ = (αβ + γδ)ΑΓ ⇔ αδ + βγ = ΑΓ αβ + γδ Β∆§ 10.5 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Εφ’ όσον τα τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις α = α′ έχουμε: (ΑΒΓ) = υα = 3 ⇔ 30 = 3 ⇔ (Α′Β′Γ′)= 20 τ.µ.(Α′Β′Γ′) υα′ 2 (Α′Β′Γ′) 2 | 71 |
10.52. Φέρουμε την διαγώνιο ΑΓ.Τότε=(ΑΒΓ) (=ΑΒΓ∆) 10 m2. 2 Τα τρίγωνα Μ Β Γ και Α Β Γέχουν κοινό ύψος από την κορυφή Γ, οπότε: (ΜΒ=Γ) Μ=Β Μ=Β 1. (ΑΒΓ) ΑΒ 2ΜΒ 2Άρα (ΜΒΓ=) 1 (ΑΒΓ=) 5 m2. Δ 2 2 Α13. Τα τρίγωνα και έχουν Αˆ 1 =Αˆ 2 Ζ Α∆Ζ ΑΒΓως κατακορυφήν και επομένως:=(Α∆Ζ) Α=∆ ⋅ ΑΖ 2 ΑΒ 1 ΑΓ 1⇔ 3 2=(ΑΒΓ) ΑΒ ⋅ ΑΓ ΑΒ ⋅ ΑΓ 3⇔ (Α∆Ζ)= 1 (ΑΒΓ)= 1 ⋅ 30= 10 τ.µ. Β Γ 33 Α Μ4. Τα τρίγωνα Α Ε Ζ και Α Β Γ είναι όμοια (ΕΖ//ΒΓ)και επομένως: (ΑΕΖ) = ΑΕ 2 (1) (ΑΒΓ) ΑΒ Όμως και τα τρίγωνα Α Ε Μ και Α Β ∆ Ε Ζείναι όμοια, οπότε: =ΑΕ Α=Μ 3 (2) Β Δ Γ ΑΒ Α∆ 5αφού ΑΜ = 3 . Από (1) και (2) Α∆ 2βρίσκουμε: (ΑΕΖ=) 9 ⇔ (ΑΕΖ=) 9 (ΑΒΓ=) 9 ⋅ 7=5 27 τ.µ. , (ΑΒΓ) 25 25 25οπότε: (ΒΕΖΓ=) 48 τ.µ.5. Επειδή Αˆ = Αˆ ′ έχουμε: A Α' (ΑΒΓ) = βγ (1)(Α′Β′Γ′) β′γ′ BΓΌμοια αφού Βˆ + Βˆ ′ =180 Β' Γ'έχουμε: (ΑΒΓ) = αγ (2) (Α′Β′Γ′) α′γ′Από τις (1) και (2) προκύπτει: βγ = αγ ⇔ αβ′ = α′β. β′γ′ α′γ′ | 72 |
10.5Αποδεικτικές Ασκήσεις Α1. Τ α τρίγωνα Ρ Β Γ και Α Β Γ έχουν κοινή βάσηΒΓ και επομένως αν φέρουμε τα ύψη ΡΜ και ΖΕ ΡΑΗ αυτών θα έχουμε: (ΒΡΓ) = ΡΜ (1) (ΑΒΓ) ΑΗ Α ΖΕ Β Η ΡΜ ΔΌμως τα τρίγωνα Α Η ∆ και Ρ Μ ∆είναι όμοια, οπότε: ΡΜ = Ρ∆ (2) Γ ΑΗ Α∆Από (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο, δηλαδή (ΒΡΓ) = Ρ∆ . (ΑΒΓ) Α∆ii) Σύμφωνα με το i) έχουμε: Ρ∆ = (ΒΡΓ) , ΡΒΕ = (ΑΗΡΓ)ΜκαιΔΡΖ = (ΑΡΒΓ) . Α∆ (ΑΒΓ) ΒΕ (ΑΒΓ) ΓΖ (ΑΒΓ)Με πρόσθεση αυτών κατά μέλη παίρνουμε:Ρ∆ + ΡΕ + Ρ=Ζ (ΒΡΓ) + (ΑΡΓ) + (ΑΡΒ=) (ΑΒΓ=) 1.Α∆ ΒΕ ΓΖ (ΑΒΓ) (ΑΒΓ)iii) Έχουμε ΡΑ = Α∆ − Ρ∆ = 1 − Ρ∆ .Α∆ Α∆ Α∆Όμοια ΡΒ = 1 − ΡΕ και ΡΓ = 1 − ΡΖ, οπότε προσθέτοντας αυτέςΒΕ ΒΕ ΖΓ ΓΖ E Zκατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη την ii) προκύπτει το ζητούμενο. E Z Α2. Τα τρίγωνα Ε Β Μ και Α Β ∆ Ν έχουν Αˆ 1 =Βˆ 1, (ΑΔ//ΒΕ), οπότε: 12 2 Γ =(ΕΒΜ) Β=Ε ⋅ ΒΜ 2Α∆ ⋅ ΒΜ ⇔ ΜΑ (ΑΒ∆) Α∆ ⋅ ΑΒ Α∆ ⋅ 2ΒΜ 1 Ν 2 ⇔ (ΕΒΜ) = (ΑΒ∆) (1) 12 Γ BΔ Όμοια αφού Αˆ 2 =Γˆ 2 βρίσκουμε ότι (ΖΓΝ) = (ΑΓ∆) (2). Μ 1 Με πρόσθεση των (1), (2) προκύπτει (ΕΒΜ) + (ΖΓΝ) = (ΑΒ∆ + ΑΓ∆) = (ΑΒΓ). BΔ | 73 |
10.53. Έστω Κ το σημείο τομής των χορδών ΑΒ και ΓΔ, τότε: Γ ˆ⇔ ΑΓ + Β∆ = 2 , Α Κ Βοπότε: Οˆ 1 + Οˆ 2 = (∆Β) + (ΑΓ) = 2 1Ο 2και επομένως: (Ο=ΑΓ) ΟΑ =⋅ ΟΓ R=⋅ R 1 (ΟΒ∆) Ο∆ ⋅ ΟΒ R ⋅ R Δ(R η ακτίνα του κύκλου), δηλαδή (ΟΑΓ) = (ΟΒ∆).4. Η αποδεικτέα ισότητα γράφεται: Α Ε Δ (ΑΒΕ) = (ΑΒΓ) (1) (Α∆Ε) (ΑΒΕ) Τα τρίγωνα Α Β Ε και Α ∆ Ε έχουν κοινό το ύψοςαπό την κορυφή Ε, άρα: (ΑΒΕ) = ΑΒ (2) Β Γ (Α∆Ε) Α∆Επίσης τα τρίγωνα Α Β Γ και Α Β Ε έχουν κοινό το ύψος από την κορυφήΒ, άρα:(ΑΒΓ) = ΑΓ (3)(ΑΒΕ) ΑΕΕπειδή όμως ΔΕ//ΒΓ είναι: ΑΒ = ΑΓ (θεώρημα Θαλή), οπότε από τις (2) Α∆ ΑΕκαι (3) προκύπτει η (1).5. Είναι Αˆ 1 + Αˆ 2 =180, οπότε: ΜΛ =(ΑΜΖ) Α=Μ ⋅ ΑΖ 1 αφού ΑΜ = Α∆ (ΑΒ∆) Α∆ ⋅ ΑΒ Ζ 2 και ΑΖ = ΑΒ, ως πλευρές τετραγώνων και επομένως: (ΑΜΖ) = (ΑΒ∆) (1). ΕΒ Α1 Δ Ι Κ 1 Γ2Όμοια προκύπτει ότι (ΓΗΚ) = (ΒΓ∆) (2).Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέληπροκύπτει: (ΑΜΖ) + (ΓΗΚ) = (ΑΒΓ∆) (3). Θ Η Όμοια, θεωρώντας τα τρίγωνα Β Θ Ε , Α Β Γκαι ∆ Ι Λ, Α Β Γ βρίσκουμε ότι: (ΒΘΕ) + (∆ΙΛ) = (ΑΒΓ∆) (4).Από (3) και (4) προκύπτει (ΑΜΖ) + (ΓΗΚ) = (ΒΘΕ) + (∆ΙΛ). | 74 |
10.56. Επειδή τα πολύγωνα Ρ2 και Ρ1είναι όμοια με ομόλογες πλευρές β, α,αντίστοιχα έχουμε: (Ρ2 ) = β2 (1) Γ (Ρ1 ) α2 Ρ1Όμοια: (Ρ3 ) = γ2 (2) Ρ2 β α (Ρ1 ) α2 ΑΒ γΑπό τις (1) και (2) προκύπτει: Ρ3(Ρ2 ) + (Ρ3 ) =β2α+2 γ2 =αα22 =1 ⇔ (Ρ2 ) + (Ρ3 ) =(Ρ1 ). (Ρ1 )Σύνθετα Θέματα 1. Τα τρίγωνα Α Ο Β και Α Ο ∆έχουν: Οˆ 1 + Οˆ 4 = 2 , Δοπό=τε: Ε1 Ο=Α ⋅ ΟΒ Α Ε4 Ε4 ΟΑ ⋅ Ο∆ ΟΒ , Ε1 1 4 3 Ε3δηλαδή Ε1 = ΟΒ (1) Ο∆ 2 O Ε4 Ο∆ Ε2 Β Γ(τη σχέση (1) μπορούμε να τη συμπεράνουμε παρατηρώντας ότι τα τρίγωναπου θεωρήσαμε έχουν κοινό το ύψος από την κορυφή Α).Όμοια, αφού Οˆ 2 + Οˆ 3 = 2 προκύπτει ότι: Ε2 = ΟΒ (2) Ε3 Ο∆Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: Ε1 = Ε2 ⇔ Ε4 Ε3 Ε1 ⋅ Ε3 = Ε2 ⋅ Ε4. i) Τ α τρίγωνα Α Β Γ και Β ∆ Γ έχουν κοινή Α Ε4 Δ βάση ΒΓ και ίσα ύψη ΑΗ και ΔΖ, ωςαποστάσεις των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ, Ε1 Ο Ε3άρα (ΑΒΓ) = (∆ΒΓ) ⇔ Ε1 + Ε2 = BΗ Ε2 Γ= Ε2 + Ε3 ⇔ Ε1 = Ε3. Θii) Επειδή Ε1 =Ε3 η σχέση που αποδείξαμε Ε1Ε3 = Ε2Ε4 γίνεται Ε12 =Ε2Ε4.iii) Έχουμε: Ε = Ε1 + Ε2 + Ε3 + Ε4 = (Ε1 + Ε3 ) + Ε2 + Ε4 = 2Ε1 + Ε2 + Ε4 ≥ 2Ε1 + 2 Ε2Ε4 (x + y ≥ 2 xy, για κάθε x, y ≥ 0) | 75 |
10.5= 2Ε1 + 2Ε1 (από το ii)= 4Ε1, δηλαδή Ε ≥ 4Ε1 ⇔ Ε1 ≤ 1 Ε. 4Σχόλιο:Το «=» ισχύει ότανΕ2 = Ε4 ⇔ Ε2 = 1⇔ ΟΒ ⋅ ΟΓ = 1 ⇔ ΟΑ ⋅ Ο∆ = ΟΒ ⋅ ΟΓ (3). Ε4 ΟΑ ⋅ Ο∆ Επειδή όμως ΑΔ//ΒΓ τα τρίγωνα Α Ο ∆ και Β Ο Γ είναιόμοια, οπότε: ΟΑ = Ο∆ ⇔ ΟΑ ⋅ ΟΒ = ΟΓ ⋅ Ο∆ (4). ΟΓ ΟΒΜε πολλαπλασιασμό των (3) και (4) κατά μέλη προκύπτει ότι:ΟΑ2 = ΟΓ2 ⇔ ΟΑ = ΟΓ (5), οπότε η (3) δίνει ΟΒ = Ο∆ (6).Οι (5), (6) μας βεβαιώνουν πως το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο.2. Επειδή από το Σ έχουμε φέρει παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου Α Β Γ, καθένα από τα τρίγωνα με εμβαδόν Ε1, Ε2, Ε3 έχει ίσες γωνίες με το Α Β Γ και επομένως είναι όμοιο με το Α ΒΓ.Γι’ αυτό έχουμε: Ε1= ∆Ε 2 ⇔ Ε1= ∆Ε (1) Α Ε ΒΓ Ε ΒΓΌμοια: Ε3 =ΣΗ ⇔ Ε3 =Β∆ (2) Η Ε3 Ε2 Ε ΒΓ Ε ΒΓ Β Σ Ε1 Ζκαι Ε2 = ΕΓ (3). Γ Ε ΒΓΜε πρόσθεση των (1), (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει: Ε1 + Ε2 + Ε3 = ∆Ε + Β∆ + ΕΓ = ΒΓ = 1 ⇔ Ε1 + Ε2 + Ε3 = Ε. Ε ΒΓ ΒΓ | 76 |
10.53. i) Επειδή τα Δ, Ε, Ζ, είναι εσωτερικά σημεία των πλευρών του τριγώνουέχουμε: (∆ΕΖ) = (ΑΒΓ) − (ΑΖΕ) − (ΒΖ∆) − (∆ΓΕ) ⇒ Α Δ⇒ (∆ΕΖ) =1 − (ΑΖΕ) − (ΒΖ∆) − (∆ΓΕ) (1). (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) Ζ ΕΤα τρίγωνα Α Ζ Ε και Α Β Γ έχουν κοινή Βτη γωνία Αˆ και επομένως:(ΑΖΕ) = ΑΖ ⋅ ΑΕ . Γ(ΑΒΓ) ΑΒ ⋅ ΑΓΕπειδή όμως ΓΖ και BE διχοτόμοι είναι (παράγραφος 7.8)ΑΖ = γβ και ΑΕ = βγ , οπότε η προηγούμενη ισότητα δίνει: α+β α+γ(ΑΖΕ) = βγ (2). Όμοια βρίσκουμε ότι:(ΑΒΓ) (α + β) ⋅ (α + γ)(ΒΖ∆) = γα (3) και (∆ΖΕ) = αβ (4).(ΑΒΓ) (β + γ) ⋅ (β + α) (ΑΒΓ) (γ + α) ⋅ (γ + β)Με αντικατάσταση των (2), (3) και (4) στην (1) βρίσκουμε:(∆ΕΖ) = 1 − βγ − γα − αβ =(ΑΒΓ) (α + β) ⋅ (α + γ) (β + γ) ⋅ (β + α) (γ + α) ⋅ (γ + β)= (α + β) ⋅ (β + γ) ⋅ (γ + α) − βγ(β + γ) − γα(γ + α) − αβ(α + β) = (α + β) ⋅ (β + γ) ⋅ (γ + α)= (αβ + αγ + β2 + βγ) ⋅ (γ + α) − βγ(β + γ) − γα(γ + α) − αβ(α + β) = (α + β) ⋅ (β + γ) ⋅ (γ + α)= αβγ − α2β + αγ2 + α2γ + β2γ + β2α + βγ2 + αβγ − β2γ − βγ2 − γ2α − γα2 − α2β − αβ2 = (α + β) ⋅ (β + γ) ⋅ (γ + α)= 2αβγ (5). (α + β) ⋅ (β + γ) ⋅ (γ + α)ii) Σύμφωνα με την x + y ≥ 2 xy , x, y ≥ 0έχουμε: α + β ≥ 2 αβ, β + γ ≥ 2 βγ και γ + α ≥ 2 αγ από τις οποίες μεπολλαπλασιασμό κατά μέλη βρίσκουμε:(α + β) ⋅ (β + γ) ⋅ (γ + α) ≥ 8αβγ , οπότε η (5) γίνεται:(∆ΕΖ) ≤ 2αβγ= 1 ⇔ (∆ΕΖ) ≤ 1 (ΑΒΓ) .(ΑΒΓ) 8αβγ 4 44. Ανάλυση: Έστω KM και ΛΝ οι ζητούμενες ευθείες.Τότε: (ΑΚΜ=) 1 (ΑΒΓ) ή (ΑΚΜ) =1 (1). 3 (ΑΒΓ) 3 | 77 |
10.6 Α Μ Κ ΛΑλλά τα τρίγωνα Α Κ Μ και Α Β Γ έχουν κοινή Ντην γωνία Αˆ , οπότε η (1) Β Γείναι ισοδύναμη με την (ΑΚ)(ΑΜ) = 1 (ΑΒ)(ΑΓ) 3ή 3ΑΚ = ΑΓ (2) ΑΒ ΑΜπου σημαίνει ότι το AM είναι η τέταρτη ανάλογος των γνωστών τμημάτων3ΑΚ, ΑΒ και ΑΓ και επομένως το Μ είναι γνωστό σημείο της ΑΓ.Όμοια (ΑΝΛ) =2 ⇔ (ΑΝ)(ΑΛ) =2 ⇔ 3ΑΛ =2ΑΓ (ΑΒΓ) 3 (ΑΒ)(ΑΓ) 3 ΑΒ ΑΝδηλαδή το ΑΝ τέταρτη ανάλογος των τμημάτων 3ΑΛ, ΑΒ και 2ΑΓ και επο-μένως ΑΝ γνωστό τμήμα.Σύνθεση: Κατασκευάζουμε τα τμήματα AM και ΑΝ (πρόβλημα 1 § 7.7) καιέτσι βρίσκουμε τα σημεία Μ, Ν.Απόδειξη: Είναι: (ΑΚΜ) =(ΑΚ)(ΑΜ) =ΑΚ ⋅ ΑΒ =1 από (2). (ΑΒΓ) (ΑΒ)(ΑΓ) ΑΒ 3ΑΚ 3Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση.§ 10.6 Α Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Αν x η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου x θα είναι x2 = αβ. Για την κατασκευή επομέ-νως του x θεωρούμε πάνω σε μια ευθεία τα Β α Δ β Γσημεία Β, Δ και Γ ώστε Β∆ = α και ∆Γ = β .Με διάμετρο τη ΒΓ γράφουμε ημικύκλιο και φέρουμε την κάθετη της ΒΓστο Δ που τέμνει το ημικύκλιο του Α. Επειδή Α∆2 = Β∆ ⋅ ∆Γ το ΑΔ είναι τοζητούμενο τμήμα x.2. Αν x είναι η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου τότε x2 = α2 + β2 και επομένωςτο x είναι η υποτείνουσα ορθογώνιου τριγώνου με κάθετες πλευρές α, β.3. Α νάλυση: Έστω AM η ζητούμενη ευθεία, τότε (ΑΜΒ=) 1 (ΑΒΓ∆) (1). 2Από το Δ φέρουμε παράλληλο προς τη διαγώνιοΑΓ που τέμνει την προέκταση της ΒΓ στο Ζ. ΔΤότε είναι (ΑΒΓ∆) = (ΑΒΖ),οπότε η (1) γίνεται (ΑΜΒ=) 1 (ΑΒΖ) Α 2 Βή ισοδύναμα (ΑΒΜ) = (ΑΜ Ζ) και επειδή τα τρίγωνα Α ΒΜ και Α Μ Ζ ΜΓ Ζέχουν το ίδιο ύψος από την τελευταία ισότηταπροκύπτει ότι ΒΜ = ΜΖ. Τα υπόλοιπα βήματα είναι απλά. | 78 |
Γενικές Ασκήσεις4. i) Από τα Α και Δ φέρουμε παράλληλες προς ΑΚ Δ τις KB και ΚΓ που τέμνουν την προέκταση της ΒΓ στα Ε και Ζ αντίστοιχα. Φέρουμε τις ΚΕ και ΚΖ. Τότε, όπως είναι γνωστό, (ΑΒΚ) = (ΚΕΒ) και (Κ∆Γ) = (ΚΓΖ), οπότε (ΑΒΓ∆) = (ΚΕΖ). ΕΒ Λ Γ Ζii) Σύμφωνα με το i) αν Λ είναι το μέσο του ΕΖ θα είναι (ΚΕΛ) = (ΚΛΖ) και επομένως (ΚΑΒΛ) = (Κ∆ΓΛ).Γενικές Ασκήσεις Α Δ Ε1. i) Τα τρίγωνα Β ∆ Ε και Γ ∆ Ε έχουν κοινή βάση ΔΕ. Επειδή ΒΓ//ΔΕ έχουμε (Β∆Ε) = (Γ∆Ε).ii) Έχουμε ΒΓ (ΒΑΕ) = (ΓΑ∆) ⇔ (Β∆Ε) + (Α∆Ε) = (Γ∆Ε) + (Α∆Ε) ⇔ (Β∆Ε) = (Γ∆Ε) που ισχύει από το (i) ερώτημα.iii) Αν τα Δ, Ε είναι μέσα των ΑΒ, ΑΓ τότε οι BE και ΓΔ είναι διάμεσοι του τριγώνου Α Β Γ, οπότε (ΒΑΕ) = (ΑΒΓ) και (ΓΑ∆) = (ΑΒΓ) . 22 Άρα (ΒΑΕ) + (ΓΑ∆) = (ΑΒΓ). Α2. i) Τα τρίγωνα Α Β ∆ και Α Β Γ έχουν τη γωνία Βˆ κοινή, οπότε (ΑΒ=∆) ΒΑ ⋅ Β=∆ Β=∆ λ 4 ⇔ (ΑΒΓ) ΒΑ ⋅ ΒΓ ΒΓ λ2 + ⇔ (=ΑΒ∆) λ2 λ 4 (ΑΒΓ) . Β Δ Γ +ii) Έχουμε (ΑΒ∆) ≤ 1 ( ΑΒΓ) (i) λ (ΑΒΓ) ≤ 1 (ΑΒΓ) ⇔ λ2 + 4 4 4 ⇔ ⇔ 4λ ≤ λ2 + 4 ⇔ 0 ≤ λ2 − 4λ + 4 ⇔ 0 ≤ (λ − 2)2, που ισχύει. | 79 |
Γενικές Ασκήσειςiii) Είναι (ΑΒ∆) + (ΑΓ∆) = (ΑΒΓ) και αφού (ΑΒ∆) ≤ 1 (ΑΒΓ) Α4 προκύπτει ότι (ΑΓ∆) ≥ 3 (ΑΒΓ). 4 123. Επειδή Αˆ 1 =Αˆ 2 έχουμε =(ΑΒ∆) Α=Β ⋅ Α∆ ΑΒ (1). (Α∆Γ) ΑΓ ⋅ Α∆ ΑΓ Επίσης επειδή ∆ˆ 1 =∆ˆ 2 =180 Β Α 1 2 Γ Δ Γ έχουμε =(ΑΒ∆) ∆=Β ⋅ ∆Α ∆Β (2). 12 (Α∆Γ) ∆Γ ⋅ ∆Α ∆Γ Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ∆Β = ΑΒ , Β 12 ∆Γ ΑΓ Δ δηλαδή το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου.4. i) Έχουμε: (ΑΒ∆)= ΑΒ ⋅ Α∆= ΑΒ= γ= γ= 1 . Α (Α∆Γ) ΑΓ ⋅ Α∆ ΑΓ β 3γ 3 12 Άρα (ΑΒ∆=) 1 (Α∆Γ). Ε 3 ii) Έχουμε (ΑΒ∆) ⋅ (∆ΕΓ) = (Α∆Γ) ⋅ (ΒΕ∆) ⇔ ⇔ (ΑΒ∆) = (ΒΕ∆) (i) (ΒΕ∆) = 1. Β Α ΔΗ Γ 12 Γ ⇔ (Α∆Γ) (∆ΕΓ) (∆ΕΓ) 3 Ε Πράγματι τα τρίγωνα Β Ε ∆ και ∆ Ε Γ έχουν κοινό ύψος ΕΗ, οπότε (ΒΕ∆) = Β∆ = ΑΒ (θεώρηµα διχοτόµΒου) = 1. Δ Η (∆ΕΓ) ∆Γ ΑΓ 3iii) Τα τρίγωνα Α Γ και ∆ Γ έχουν κοινή τη γωνία Γˆ , Β Ε οπότε (ΑΒΓ) = ΓΑ ⋅ ΓΒ = ΓΑ ⋅ Γ∆ + ∆Β = 21 + ∆Β = 2 1 + 1 = 8. (∆ΕΓ) ΓΕ ⋅ Γ∆ ΓΕ Γ∆ Γ∆ 3 3 Άρα 3(ΑΒΓ)= 8(∆ΕΓ) ή (∆ΕΓ=) 3 (ΑΒΓ). 8 | 80 |
Γενικές Ασκήσεις5. i) (ΑΒΓ)= 1 ΑΒ ⋅ ΑΓ ⋅ ηµ120= 1 6 ⋅ 6 ⋅ 3= 9 3. 2 2 2 Α Ζ Ε ii) Τα τρίγωνα Α Β Γ και ∆ Ε Γ έχουν τη γωνία Γˆ κοινή, 3 3. 4 οπότε (∆ΕΓ) = ΓΕ ⋅ Γ∆ . ΒΔ Γ (ΑΒΓ) ΓΑ ⋅ ΓΒ Αλλά ΓΕ = 2 και Γ∆ = 1 (ΑΔ ύψος και διάμεσος), ΓΑ 3 ΓΒ 2 οπότε (∆ΕΓ) = 1 ⇔ (∆ΕΓ) = 1 (ΑΒΓ) = 1 9 3 = 3 3. (ΑΒΓ) 3 3 3iii) Τα τρίγωνα Α Ε Ζ και ∆ Ε Γ είναι όμοια (ΑΖ//ΔΓ), οπότε (Α=ΖΕ) ΑΕ=ΓΕ 2 =12 2 1 . Άρα (ΑΖΕ=) 1 (∆ΕΓ=) (∆ΕΓ) 4 46. i) Τα τραπέζια ΑΒΛΚ και ΚΛΓΔ έχουν ίδιο Α ΚΔ ύψος υ και ίσες βάσεις (ΑΚ = Κ∆, ΒΛ = ΛΓ). Άρα (ΑΒΛΚ) = (ΚΛΓ∆). Μ ii) Είναι (ΜΑΚ) = (ΜΚ∆) και (ΜΒΛ) = (ΜΛΓ) αφού Κ, Λ μέσα των ΑΔ, ΒΓ. ΒΛ Γ Άρα (ΑΒΛΚ) = (ΚΛΓ∆) ⇔ (ΜΑΚ) + (ΜΑΒ) + (ΜΒΛ) = = (ΜΚ∆) + (ΜΓ∆) + (ΜΛΓ) ⇔ (ΜΑΒ) = (ΜΓ∆).7. i), ii) Θεωρούμε τα σημεία ∆1, ∆2 , ..., ∆ν−1, της πλευράς ΒΑ ώστε: Γ Β∆1 = ∆1∆2 = ∆2∆3 = ... = ∆ν−1Α = d, όπου d γ = ν . Zν+1 ... Φέρνοντας από τα ∆1, ∆2 , ..., ∆ν−1 Z3 παράλληλες προς την ΑΓ τα τρίγωνα Z2 Z1 Β ∆1 Ζ1, Β ∆2 Ζ2, …, Β ∆ν−1 Ζν−1 Β ΑE1 E2 E3 ... Eν+1 που σχηματίζονται είναι ισοσκελή, Δ1 Δ2 Δ3 ... Δν+1 οπότε έχουμε: Δ1Ζ1 = d, ∆2Ζ2 =2d, Δ3Ζ3 = 3d, …, ∆ν−1Ζν−1 = (ν − 1)d. Είναι: Ε1 =1 d2 , Ε=2 1 (d + 2d)=d 3 d2 , …, Ε=ν 1 ((ν −1)d + νd)=d 2ν −1 d2 , 2 2 2 2 2 οπότε η ισότητα: Ε1 + Ε2 + Ε3 + ... + Εν = (ΑΒΓ) δίνει: | 81 |
Γενικές Ασκήσεις1 d2 + 3 d2 + ... + 2ν −1d2 = 1 (νd)(νd) = ν 2 2 ⇔1+ 3 + 5 + ... + (2ν − 1) = ν222 22 2 d Α Δ8. Κάθε τετράγωνο έχει πλευρά μήκους 6μ.μ. Είναι:(ΑΒΜΖΗ∆) = (ΑΒΓ∆) + (∆ΕΖΗ) − (∆ΕΜΓ) == 36 + 36 − 2(∆ΕΜ=) Ε= 72 − 2 1 ∆Ε ⋅ ΕΜ= Η 2 = 72 − 6 ⋅ 3 = 72 −18 = 54. ΒΜ Γ Ζ9. Το εμβαδόν της γραμμοσκιασμένης περιοχής είναι: Α ΑΓ2 − ΑΒ=2 17 ⇔ (ΑΓ + ΑΒ)(ΑΓ − ΑΒ=) 171 (1).Επειδή ΑΓ, ΑΒ ακέραιοι, ΑΓ + ΑΒ > ΑΓ − ΑΒκαι έχουμε: ΑΓ + ΑΒ = 17 Β ΑΓ − ΑΒ = 1 Γ ΔΛύνοντας το σύστημα αυτό βρίσκουμε ΑΓ = 9 και ΑΒ = 8,οπότε: Α∆ = ΑΓ + Γ∆ = ΑΓ + ΒΓ = ΑΓ + ΑΓ − ΑΒ = 18 − 8 = 10,οπότε το μικρότερο τετράγωνο έχει εμβαδόν ΑΒ=2 8=2 64 τ.µ.και το μεγαλύτερο Α∆=2 1=02 100 τ.µ.10. Ανάλυση: Έστω ΔΕ και ΖΗ οι ζητούμενες ευθείες.Τότε:=(Α∆Ε) (=∆ΕΗΖ) (ΖΗΓΒ) ή Ε' λκ ν Η' Α E=(Α∆Ε) (=ΑΖΗ) − (Α∆Ε) (ΑΒΓ) − (ΑΖΗ) (1) Θ Ι λµ ν Δ H Ζ ΓΕπειδή όμως τα τρίγωνα Α ∆ Ε, Α Ζ Η και Α Β Γ είναι όμοια μεταξύ τους θα έχουμε:(Α∆Ε) (ΑΖΗ) (ΑΒΓ) B ΑΕ2 ΑΗ 2 ΑΓ2 = = = κ,οπότε η (1) γίν=εται: ΑΕ2 Α=Η2 − ΑΕ2 ΑΓ2 − ΑΗ2 (2). λµ νΓράφουμε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΓ και πάνω σ’ αυτό παίρνουμε τα σημεία Ε′και Η′ ώστε ΑΕ′ = ΑΕ και ΑΗ′ = ΑΗ αντίστοιχα. Αν Ε′Θ, Η′Ι ⊥ ΑΓ από τα ορθογώνια τρίγωνα Ε′ Α Γ και Η′ Α Γ παίρνουμε: ΑΕ2 = ΑΕ′2 = ΑΓ ⋅ ΑΘ | 82 |
Γενικές Ασκήσειςκαι ΑΗ2 = ΑΗ′2 = ΑΓ ⋅ ΑΙ,οπότε η (2) γίνεται: ΑΓ ⋅ ΑΘ = ΑΓ(ΑΙ − ΑΘ) = ΑΓ(ΑΓ − ΑΙ) λµ νή Α=Θ Θ=Ι ΙΓ που σημαίνει ότι τα Θ, I διαιρούν την ΑΓ σε μέρη ανάλογαλ µντων λ, μ, ν.Σύνθεση: Βρίσκουμε τα σημεία Θ, I διαιρώντας την ΑΓ σε μέρη ΑΘ, ΘΙ, ΙΓανάλογα την λ, μ, ν. Από τα Θ, I φέρνουμε καθέτους στην ΑΓ που τέμνει τοημικύκλιο διαμέτρου ΑΓ στα Ε και Η′ αντίστοιχα. Γράφουμε τους κύκλους(Α, ΑΕ′) και (Α, ΑΗ′) που τέμνουν την ΑΓ στα Ε και Η αντίστοιχα. Τότεοι ζητούμενες ευθείες είναι οι παράλληλες προς τη ΒΓ που φέρνονται απότα Ε, Η.Απόδειξη: Ξεκινώντας από τηνΑ=Θ Θ=Ι ΙΓ ή λ µνκαι ακολουθώντας αντίστροφη πορεία από αυτήν τηςανάλυσης καταλήγουμε στην=(Α∆Ε) (=∆ΕΗΖ) (ΖΗΓΒ) . λµ νΔιερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση.11. α) i) Δες Αποδεικτικές ασκήσεις 1. i) § 10.5. ii) Τα τρίγωνα Β Μ Γ και Α Β Γ έχουν την ίδια βάση ΒΓ,οπότε: (ΒΜΓ) = ΜΚ (1). Όμως Α (ΑΒΓ) ΑΛ τα τρίγωνα Μ Κ ∆ και Α Λ ∆ είναιόμοια και επομένως: ΜΚ = Μ∆ (2). Μ ΑΛ Α∆ Από (1) και (2) προκύπτει BΛ ΚΔ Γ το ζητούμενο. Γ Αβ) Σύμφωνα με τα α) έχουμε διαδοχικά: ΑΕ + ΑΖ = (ΑΜΒ) + (ΑΜΓ) = ΕΓ ΖΒ (ΒΜΓ) (ΒΜΓ)= (ΑΜΒ) + (ΑΜΓ) = Ζ ΜΕ (ΒΜΓ) Δ= (ΑΒΓ) − (ΒΜΓ=) (ΑΒΓ) −=1 Α∆ −=1(ΒΜΓ) (ΒΜΓ) Μ∆= Α=∆ − Μ∆ ΑΜ . Β Μ∆ Μ∆ | 83 |
11 ΚΕΦΑΛΑΙΟΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Σε κύκλο (Ο, R) ισχύουν οι παρακάτω ισοδυναμίες:ΑΒ = 360 ⇔ ΑΟˆ Β = 360 ⇔ ΑΒ = λν ⇔ ΟΚ = αν, ν νόπου ΟΚ το απόστημα της χορδής ΑΒ.(Ασκήσεις: § 11.3 Εμπέδωσης 3, Αποδεικτικές 2, Σύνθετα1 - § 11.7 Σύνθετα 1).• Κάθε κανονικό ν-γωνο Α1Α2...Αν. Αν το σχεδιάζουμε εγγε- γραμμένο σε κύκλο (§ 11.2 θεώρημα I) και υπολογίζουμετα ίσα τόξα. 360 νΕίναι: Α1Α2 = Α2Α3 = ... = ΑνΑ1 = .(Ασκήσεις: § 11.2 Εμπέδωσης 7).• Το κανονικό ν-γωνο, το περιγεγραμμένο στον κύκλο(Ο, R) έχει απόστημα α′ν =R.(Ασκήσεις: § 11.2 Αποδεικτικές 5).• Ένας κυκλικός τροχός κινητού σε μια πλήρη περιστροφήδιανύει απόσταση ίση με το μήκος του L.Όλοι οι τροχοί ενός κινητού διανύουν την ίδια απόσταση(αφού κινούνται ταυτόχρονα), αλλά –αν οι ακτίνες τους είναιάνισες– κάθε ένας κάνει διαφορετικό αριθμό στροφών.(Ασκήσεις: § 11.4 Εμπέδωσης 4).
11.1-11.2§ 11.1-11.2 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Σύμφωνα με τον τύπο ϕ=ν 180 − 360 νέχουμε: ϕ=5 180 − 360= 108, 5 180 − 72=ϕ=6 180 − 360= 180 − 60= 120, 6και όμοια ϕ10 =144 και ϕ12 =150. =360 νΓια την κεντρική γωνία ων, έχουμε τύπο ων ,οπότε: =ω5 36=0 72, ω=6 36=0 60, ω10 =36 και ω12 =30. 5 62. Έστω ν το πλήθος των πλευρών του πολυγώνου.Τότε: =ϕν 108 ⇔ 180 − 36=0 108 ⇔ 7=2 360 ⇔=ν 5, ν νάρα η σωστή απάντηση είναι η Δ.3. Επειδή τα κανονικά αυτά πολύγωνα έχουν τον ίδιο αριθμό πλευρών είναιόμοια, οπότε έχουμε: α5 = R = P5 = λ = 2 και ο λόγος των εμβαδών θα α′5 R′ P5′είναι: Ε5 =λ2 =4. Ε′54. Αρκεί να δείξουμε ότι ν1 =ν2. Με το σχήμα Horner βρίσκουμε ότι η δοθείσα εξίσωση είναι ισοδύναμη με την (ν − 5)(ν2 + 2ν + 3)= 0 ⇔ ν= 5 ή ν2 + 2ν + 3 =0. Η εξίσωση ν2 + 2ν + 3 =0 είναι προφανώς αδύνατη στο Ν, επομένως μοναδική ρίζα της δοθείσας εξίσωσης είναι η ν =5, άρα ν1 =ν2 =5, δηλαδή τα πολύγωνα έχουν το ίδιο πλήθος πλευρών, άρα είναι όμοια.5. Έστω κανονικό ν-γωνο τέτοιο ώστε:ϕν < 90 ⇔ 180 − 360 < 90 ⇔ 90 < 360 ⇔ ν< 4, άρα ν =3, δηλαδή ν ντο μόνο κανονικό ν-γωνο με γωνία οξεία είναι το ισόπλευρο τρίγωνο. | 86 |
11.1-11.26. i) Γνωρίζουμε ότι λ 2 + α 2 =R2 και λ 2 + αµ2 =R2 από τις οποίες ν ν µ 4 2 4 µ προκύπτει ότι: λ 2 + αν2= λ + αµ2 ⇔ λ 2 − λµ2= 4(αµ2 − αν2 ). ν ν 4 4 ii) Σύμφωνα με το i) έχουμε: λν > λµ ⇔ λ 2 > λµ2 ⇔ λ 2 − λµ2 > 0 ⇔ ν ν ⇔ 4(αµ2 − αν2 ) > 0 ⇔ αµ2 > αν2 ⇔ αµ > αν .7. i) Επειδή τόξα ΑΕ = ∆Γ έχουμε ΑΓ = ∆Ε, Ε οπότε το ΑΕΔΓ είναι τραπέζιο και μάλι- ΑΔ στα ισοσκελές αφού ΑΕ = ∆Γ ως πλευ- Η ρές κανονικού πενταγώνου. Το τρίγωνο Α Β Γ είναι ισοσκελές αφού ΑΒ = ΒΓ. ii) Έστω ΑΖ η διχοτόμος της ΒΑˆ Γ. ΒΖ Γ Τότε: , άρα ΑΖ ⊥ ΑΕ.iii) Σύμφωνα με το i) είναι ΑΓ//ΕΔ και ΑΕ//ΒΔ, οπότε το ΑΕΔΗ είναι παραλληλόγραμμο. Το παραλληλόγραμμο αυτό έχει τις δύο διαδοχικές πλευρές ΑΕ και ΕΔ ίσες (πλευρές του n πολυγώνου), άρα είναι ρόμβος. Τα τρίγωνα Α Β Γ, Β ΗΓ είναι όμοια, γιατί έχουν τη Γˆ κοινή και ΒΑˆ Γ = ΓΒˆ ∆ ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα. Επομένως είναι: ΑΓ = ΒΓ ⇔ ΒΓ2 = ΑΓ ⋅ ΗΓ (1). ΒΓ ΗΓ Αλλά ΒΓ = ΑΕ και ΑΕ = ΑΗ από το ρόμβο ΑΕΔΗ, οπότε ΒΓ = ΑΗ και η (1) γίνεται ΑΗ2 = ΑΓ ⋅ ΗΓ.Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Η κάλυψη με τα πλακίδια θα είναι πλήρης όταν σε φν φλ κάθε σημείο που είναι κοινή κορυφή και των τριών φμ πλακιδίων δεν υπάρχουν κενά. Αυτό θα συμβαίνει όταν ϕλ + ϕµ +=ϕν 360 ⇔ ⇔ 180 − 360 + 180 − 360 + 180 − 360 = 360 ⇔ λ µ ν ⇔ 360 + 360 + 360 = 180 ⇔ 1 + 1 + 1 = 1 λµν λµν 2 | 87 |
11.1-11.22. Έστων-γωνοΑ1Α2...Ανεγγεγραμένοσε κύκλο(Ο,R)καιπεριγεγραμμένοσεκύκλο(Ο,ρ)( R > ρ ).ΟιπλευρέςΑ1Α2,Α2Α3,…τουν-γώνουείναιχορδέςτου(Ο,R)που dν d3 A3 Οέχουναποστήματαίσαμερ,άραείναιίσες,δηλαδήτοπολύγωνοέχειίσεςτιςπλευρέςτου. Av d1 d2Επειδή πλέον οι χορδές Α1Α2, Α2Α3,…, ΑνΑ1 του (Ο, R) είναι ίσες και τααντίσ τ=οιΑχα2Ατ3ό=ξα...θ=αΑενίΑνα1ι= ίτσ,αο,πδόητλεακδαήιΑ1Α2 A1 A2οιγωνίες Αˆ 1, Αˆ 2,…,Αˆ νείναιίσες,αφούκάθεμιαείναιεγγεγραμμένηκαιβαίνεισετόξο (ν − 2)τ.ΆρατοΑ1Α2...Ανείναικανονικό.3.ΈστωΜτομέσοτηςπλευράςΒΓ. A' B Μ Γ Δ'ΦέρνουμεΑ′Α ⊥ ΒΓ. 11Μεεφαρμογήτου2ουθεωρήματοςδιαμέσωνστοΑ Β Γπαίρνουμε:ΑΓ2 − ΑΒ2= 2 ⋅ ΒΓ ⋅ Α′Μ (1). Α ΔΦέρνουμεεπίσης ∆∆′ ⊥ ΒΓ .Τατρίγωνα Α′ Α Β και ∆′∆ Γείναιορθογώνιακαιέχουν ΑΒ = Γ∆και Βˆ 1 =Γˆ ,άραείναιίσα,οπότεΑ′Β = Γ∆′ και επομένως Α′Μ = Μ∆′ (2).Από (1), (2) προκύπτειΑΓ2 − ΑΒ2 = ΒΓ ⋅ Α′∆′ = ΒΓ ⋅ Α∆ (τοΑΑ′Δ′Δείναιορθογώνιο).4. ΈΑσΒτ.ωΤόΑτΒεΑ= Μλν=κλα2ινΜκατιο ΟμΜέσο⊥τΑουΒτ.όξουΕπειδήηΟΜ ⊥ ΑΒτοεμβαδόντουτετραπλεύρουΟΑΜΒείναι 1 (ΑΒ)(ΟΜ), 2 Οδηλαδή(ΟΑΜΒ)= 1 λ ν R , Α Β 2οπότε: 1 1 1Ε2ν = ν(ΟΑΜΒ) = ν 2 λν R = 2 (νλν )R = 2 Pν R . Μ5. Τοκανονικόν-γωνοτοπεριγγεγραμμένοστον(Ο,R)έχειπλευρά λ′ν καιαπόστημαR.Ταδύοαυτάπολύγωναέχουντοίδιοπλήθοςπλευρών,επομένωςείναιόμοια,οπότε λν αν λR = R ⇔ λνR = ανλ′ν.6.Έ στω Εα, Εβ,ΕγταεμβαδάτωνκανονικώνπολυγώνωνμεπλευρέςτιςΒΓ, ΓΑ,ΑΒαντίστοιχα.Τακανονικάαυτάπολύγωνα,αφούέχουντοίδιοπλήθος πλευρών,είναιόμοια. | 88 |
11.1-11.2Επομένως είναι: Εβ = β2 και Εγ = γ2 . Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισό- Εα α2 Εα α2τητες προκύπτει Εβ + Εγ = β2 + γ2 (1). Επειδή το τρίγωνο είναι ορθογώνιο Εα α2έχουμε α2 = β2 + γ2, οπότε η (1) δίνει Εβ + Εγ = Εα.Σύνθετα Θέματα1. Έστω ότι χρειάζονται κ κανονικά ν-γωνα γιανα καλύψουν το επίπεδο γύρω από ένα σημείο,κορυφή των πολυγώνων. Τότε θα ισχύει: φν φν φνκ=ϕν 360 ⇔ κ 180 − 36ν=0 360 ⇔ φν⇔ κ 1 − 2 = 2⇔ κν−2= 2⇔ ν ν⇔ κ= 2ν = 2ν − 4 + 4 = 2+ 4 κ= 2 + 4 (1). ν−2 ν−2 ν − 2 , δηλαδή ν−2Επειδή το κ είναι ένας θετικός ακέραιος από την (1) προκύπτει ότι το ν − 2είναι ένας θετικός διαιρέτης του 4, δηλαδή ότι: ν=− 2 1, 2, 4 ⇔=ν 3, 4,6.Άρα η κάλυψη πράγματι γίνεται μόνο με ισόπλευρα τρίγωνα, τετράγωνα ήκανονικά εξάγωνα.2. Έστω Α1Α2...Αν ένα κανονικό ν-γωνο Αν ΣΟ d3 Α3 και d1, d2, ..., dν οι αποστάσεις ενός εσωτερικού σημείου Σ από τις πλευρές dν d2 του Α1Α2, Α2Α3, …, ΑνΑ1 αντίστοιχα. d1 Επειδή το Σ είναι εσωτερικό σημείο έχουμε: Α1 Α2(ΣΑ1Α2 ) + (ΣΑ2Α3 ) + ... + (ΣΑνΑ1) = (Α1Α2...Αν ) ⇔⇔ 1 λ ν d1 + 1 λνd2 + ... + 1 λνdν = 1 Pν α ν = 1 νλναν ⇔ 2 2 2 2 2⇔ 1 λν (d1 + d2 + ... + dν ) = 1 λν ναν ⇔ d1 + d2 + ... + dν = ναν . 2 2 | 89 |
11.33. Επειδή οι κορυφές του κανονικού δεκαγώνου είναι ανά δύο αντιδιαμετρικάσημεία, η ακτίνα ΟΓ προεκτεινόμενη προς το Ο περνάει από την κορυφή Θτου πολυγώνου. A 1 B 11 MΕίναι ΘΑ= 3 ⋅ 36 και ΒΓ = 36, 2 Κ 2Γοπότε: Μˆ=1 1 (ΘΑ − ΒΓ=) 1 2 ⋅ 36= 36. Ι O 1 2 2 ΔΕπίσης: ∆ˆ 1= 1 ΑΓ= 1 2 ⋅ 36= 36 Θ E 2 2 Η Ζκαι επομένως Μˆ 1 =∆ˆ 1 (1).Εξάλλου Αˆ 1 =Αˆ 2 (2) ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα. Από (1)και (2) προκύπτει ότι τα και Γˆ 1 =Γˆ 2. Έτσι τρίγωνα Α Γ Μ και Α Γ ∆ έχουνστα προαναφερόμενα τρίγωνα έχουν ΑΓ: κοινή, Αˆ 1 =Αˆ 2 και Γˆ 1 =Γˆ 2, άραείναι ίσα, οπότε και ΑΜ = Α∆.§ 11.3Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Είναι λ3 =R 3 και α3 =R , 2οπότε: Ε3= 1 P3α3 = 1 3λ3α3 = 3R 3 R= 3 3 R2 2 2 2 2 4 τρόπος: Ε3 = λ32 3 = 3R 2 3 2ος 4 4 .Επίσης λ4 =R 2 και α4 =R 2 , 2οπότε: Ε4= 1 P4 α 4 = 1 4λ 4 α4 = 2R 2 R 2= 2R 2 . 2 2 2(2ος τρόπος: Ε4 =λ42 =2R 2).Είναι λ6 =R και α6 =R 3 , 2οπότε: Ε6= 1 P6α6 = 1 6λ 6α6 = 3R R 3= 3 3 R2. 2 2 2 2 | 90 |
11.32. Από την ισότητα λν2 + αν2 =R2 με αντικατάσταση των δεδομένων βρίσκουμε: 4 λ 2 + 25 ⋅ 3 = 100 ⇔ λ 2 = 4 ⋅ 25 ⇔ λν = 10, δηλαδή ν ν 4 λν =R, άρα το πολύγωνο είναι 6-γωνο, οπότε: Ε6 = 1 P6α6 = 1 6λ6α6 = 3λ6α6 = 3⋅10 ⋅ 5 3 = 150 3 cm2. 2 23. Από την ισότητα λ 2 + αν2 =R2 με αντικατάσταση των δεδομένων προκύπτει: ν 64 ⋅ 2 4 8 2= R 2, 4 2 2 + αν2= 64 ⇔ αν2= 32= 16 ⋅ 2 ⇔ αν= 4 2= δηλαδή αν =R 2 , οπότε: ν =4 και επομένως: 2 1 1 2 ⋅ 8 2 = 128 cm2. Ε4 = 2 P4α4 = 2 (4λ4 )α4 = 2λ4α4 = 2⋅8 84. Επειδή AB = 60 προκύπτει ότι: AB =λ6 =R. A ΕΌπμίοσιηαςα, φαφούούBΓΓ∆==9102 0είνέαχιο: υΒμΓε = λ4 = R 2. ότι: Γ∆ = R 3. 60O ΝΔ Τέλος: =Α∆ 360 − ΑΒ − ΒΓ −=Γ∆ 90 λ3 = Κ Μ 120O Γ και επομένως Α∆ = λ4 = R 2. Β Για τους ίδιους αντίστοιχα λόγους είναι: Λ 90O ΟΚ = α6 = R 3, ΟΛ = α4 = R 2, ΟΜ = α3 = R και ΟΝ = α4 = R 2, 2 2 2 2 οπότε: (ΑΒΓ∆) = (ΟΑΒ) + (ΟΒΓ) + (ΟΓ∆) + (ΟΑ∆) == 1 ΑΒ ⋅ ΟΚ + 1 ΒΓ ⋅ ΟΛ + 1 Γ∆ ⋅ ΟΜ + 1 Α∆ ⋅ ΟΝ= 2 22 2 (=1 R R 3 + 1 R 2 R 2 + 1 R 3 R + 1 R 2 R 2 =R2 2 + 3 ). 222 2 2 22 22Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Το άθροισμα των γωνιών ενός πολυγώνου ν-πλευρών είναι (2ν − 4) ορθές, άρα: 2ν − 4 = 8 ⇔ 2ν = 12 ⇔ ν = 6, άρα πρόκειται για κανονικό εξάγωνο. Επομένως:=Ε6 6 3 ⇔ 1 6 ⋅ λ6=α6 6 3 ⇔ 1 R R =3 3 ⇔ =R2 4 ⇔=R 2. 2 2 2 | 91 |
11.32. Επειδή ΑΒ//ΔΓ το ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο.ΕΕκαξπάιοαλμλπέοόνυω∆:ςΓΑ: 2Β=ΑR=∆R=3=2=ΒλλΓ6 3σ=έυπ3νεε6τπ0αάιγ−όεττ6ια0∆ιόΓ−τι=12Α102Β0==. 60 ⇔ Α∆ = ΒΓ = 90 , 180οπότε: Α∆ = ΒΓ = λ4 = R 2. Α ΗΒΓια το ύψος ΖΗ του τραπεζίου ΑΒΓΔ έχουμε: R+R 3= R 22 2( )ΖΗ = Ο ΟΖ + ΟΗ = α3 + α6 = 1+ 3, ΔΖΓοπότε: 1 (ΑΒ + Γ∆)ΗΖ= 1 R+R 3 R 1+ R2 1+ 2( ) ( ) ( )(ΑΒΓ∆=) 3= 2 224 3.3. Έστω ΑΒ = λ6 και Γ το μέσο του τόξου ΑΒ.Τότε ΑΓ = λ12 και αν πάρουμε το αντιδιαμετρικό Η του Γ θα είναι:ΓΗ ⊥ ΑΒ και Ο∆Από το ορθογώνιο = α6. Α Γ (Αˆ =90) έχουμε: Η τρίγωνο ΗΑΓ2 = ΓΗ ⋅ Γ∆ ⇔ λ122 = 2R(ΟΓ − Ο∆) = 2R(R − α6 ) = R2=3 ( )= 2R R − R2 2− 3 ⇔ =λ12 R 2− 3. ΟΑπό την ισότητα: Δ Γλ122 + α122 = R2 ⇔ α122 = 1 (4R2 − λ122 ) = Α Β 4 4 2+ 3.1( ) ( )= 4 1 14 4R 2 − R2 2− 3 = 4 R2 2+ 3 ⇔ α12 = 2 R4. Έστω ΑΒ = λ6 και Γ το μέσο ΑΒ. Το τετράπλευρο ΟΑΓΒ έχει κάθετες διαγώνιες, οπότε:(ΟΑΓΒ)= 1 ΑΒ ⋅ ΟΓ= 1 λ 6 ⋅ R= 1 R ⋅ R= R2 , Ο 2 2 2 2 30Oδηλαδή (ΟΑΓΒ) = R2 (1). Β 2 Η ΑΑλλά Ε12= 12(ΟΑΓ)= 6(ΟΑΓΒ),οπότε με τη βοήθεια της (1) προκύπτει ότι: Ε12 =3R2. Γ | 92 |
11.3 2ος τρόπος: Είναι Α=Οˆ Γ 3=60 30. Άρα Α=Η Ο=Α R . 12 2 2 R2 Επομένως (ΟΑΓ)= 1 ΟΓ ⋅ ΑΗ= 1 R ⋅ R= 4 και Ε=12 12(ΟΑΓ=) 3R 2 . 2 22Σύνθετα Θέματα1. Έχουμε ΟΑ = ΟΒ = α3 = R 2 Μ Δ και ΟΜ = α6 = R3 (1). Γ Β 2 ΑΟ Στο τρίγωνο Μ Α Β η ΜΟ είναι διάμεσος, (ε) )2 2 = λ24. οπότε: ΜΑ2 + ΜΒ2 = 2ΜΟ2 + ΑΒ2 (1) 2 ⇔ R2 ⇔ ΜΑ=2 + ΜΒ2 R 3 2 + 2 ⇔ 2 2 (⇔ ΜΑ2 + ΜΒ2 = 2R2 ⇔ ΜΑ2 + ΜΒ2 = R2. i) Επειδή ΑΒΓ τέμνουσα και Α εξωτερικό Α Γ σημείο του κύκλου είναι Β ΑΒ ⋅ ΑΓ = ΑΟ2 − R2 ⇔ ΑΒ ⋅ 2AB = Ο ( )2 = R 7 − R2 ⇔ AB2 = 3R2. Άρα ΑΒ = ΒΓ = R 3 = λ3. Σχόλιο: Η ΑΓ υπολογίζεται και από το 1ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο Α Ο Γ. ii) Επειδή ΟΒ διάμεσος στο τρίγωνο Α Ο Γ R2 3 . έχουμε: (ΑΟΓ)= 2(ΒΟΓ)= 2 ⋅ 1 λ3 ⋅ α3= R 3 ⋅ R= 2 2 23. Έχουμε ΑΒ =⇔λ6Β⇔Γ =Α1Β20= 60 Β και ΒΓ = λ3 . ΜΔ Άρα ΑΓ = 180, οπότε Βˆ =90. Επομένως Γ ΑΜ2 = ΑΒ2 + ΒΜ2 ⇔ ΑΜ2 = R2 R 3 2 Α 2 + ⇔ ⇔ Α=Μ2 7R2 ⇔ Α=Μ R7 4 2 (1). | 93 |
11.4Οι χορδές ΑΔ και ΒΓ τέμνονται στο Μ, οπότε:ΑΜ ⋅ Μ∆ = ΒΜ ⋅ΜΓ ⇔ Μ∆ = ΒΜ ⋅ ΜΓ (1) Μ∆ = R 3⋅R 3 ⇔ Μ∆ = 3R 7. 22 ⇔ ΑΜ R 7 14 2§ 11.4 L Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Έχουμε: ε L1 L2 L3 ΑΒ ΓΔL1 + L2 + L3 = 2π ΑΒ + 2π ΒΓ + 2π Γ∆ = 2 2 2=2π ΑΒ + ΒΓ + Γ∆ =2π Α∆ =L. 222. Ο κύκλος αυτός έχει ακτίνα το απόστημα α6 του 6-γώνου.Είναι α6 =R 3, λ6 =R και επειδή λ6 =10 προκύπτει α6 =5 3 , οπότε το 2ζητούμενο μήκος L του κύκλου είναι: L= 2πα6 = 2π ⋅ 5 3= 10π 3.3. Έστω ΑΒ = λ10. Τότε: Α=Οˆ Β 3=60 36, 10οπότε το μήκος ΑΒ του ΑΒ δίνεται πRµ π ⋅ 5 ⋅ 36 Οαπό την: ΑΒ = 180 = 180 = π, ΑΒδηλαδή ΑΒ = π cm.4. Έστω L, τα μήκη των τροχών με ακτίνες R, ρ αντίστοιχα. Σύμφωνα με το πρόβλημα έχουμε: νL = 2ν ⇔ L = 2 ⇔ 2πR = 2 ⋅ 2π ⋅ ρ ⇔ R = 2ρ. | 94 |
11.45. Έχουμε ΑΒ = R 2 = λ4, οπότε=ΑΒ 3=60 90. 4 π=R18⋅090 πR .Ά=ρα ΑΒ 2 B OΕπίσης ΒΓ = R 3 = λ3, οπότε=ΒΓ 3=60 120. 3 = πR ⋅120 = 2πR.Άρα ΒΓ 180 3 AΕπομέ=νως ΑΓ π=R18⋅105 0 5πR . Γ 6Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Έστω µ το μέτρο του τόξου ΑΓ. Τότε (Οˆ 1) =µ. Γ ΔΑν Κ είναι το κέντρο του κύκλου (Κ)θα είναιΚΟ = Κ∆ , ως ακτίνες, οπότε το Κ Ο ∆ είναι O 11 Αισοσκελές και για την εξωτερική γωνία Κˆ 1 Καυτού θα έχουμε: Κˆ 1 = 2Οˆ 1 , οπότε (Κˆ 1) =2µ (κ)και (Α∆)= 2µ.Επομένως: = πRµ (1) =και Α∆ π R 2µ πRµ (2). ΑΓ 180 =1280 180Από (1) και (2) προκύπτει ότι τα μήκη ΑΓ και Α∆ των τόξων ΑΓ και Α∆είναι ίσα.2. Έστω Ο το κοινό κέντρο των κύκλων και Λ το κέντρο του κύκλου πουεφάπτεται σ’ αυτούς. Για την περίπτωση του σχ. 1 έχουμε:Επειδή οι κύκλοι (Ο, OA) και (Λ, ΛΑ) Α Αεφάπτονται εσωτερικά στο Α ισχύει: ΛΟΛ = ΟΑ − ΛΑ (1). ΛΒ ΒΌμοια, επειδή οι κύκλοι (Ο, ΟΒ) και Ο Ο(Λ, ΛΑ) εφάπτονται εσωτερικά στο Β′ Β'ισχύει: ΟΛ = ΛΒ′ − ΟΒ′ = ΛΑ − ΟΒ (2). σχ. 1 σχ. 2Από (1) και (2) προκύπτει ότι:ΟΑ − ΛΑ = ΛΑ − ΟΒ ⇔ 2ΛΑ = ΟΑ + ΟΒ (3). | 95 |
11.4 (3)Τότε: L1 + L2 = 2π(ΟΑ) + 2π(ΟΒ)= 2π(ΟΑ + ΟΒ)== 2π ⋅ 2ΛΑ= 2(2π ⋅ ΛΑ)= 2L ⇔ L= 1 (L1 + L2 ). 2Για την περίπτωση του σχ. 2 έχουμε:Οι κύκλοι (Ο, OA) και (Λ, ΛΑ) εφάπτονται εσωτερικά στο Α, άρα:ΟΛ = ΟΑ − ΛΑ (4).Οι κύκλοι (Ο, ΟΒ) και (Λ, ΛΑ) εφάπτονται εξωτερικά στο Β,οπότε: ΟΛ = ΟΒ + ΛΒ = ΟΒ + ΛΑ (5).Από (4), (5) προκύπτει: ΟΑ − ΛΑ = ΟΒ + ΛΑ ⇒ 2ΛΑ = ΟΑ − ΟΒ (6). (6)Τότε: L1 − L2 = 2π(ΟΑ) − 2π(ΟΒ)= 2π(ΟΑ − ΟΒ)= 2π ⋅ 2ΛΑ= 1= 2(2π ⋅ ΛΑ=) 2L ⇒=L 2 (L1 − L2 ).3. Έχουμε 2τ= 13 +14 +15= 42 ⇔ τ= 21 και από τον τύπο του Ήρωναέχουμε:=Ε 21⋅8 ⋅ 7 =⋅ 6 84 cm2.Από τον τύπο Ε = τρ προκύπτει πλέον ότι ρ =4 cm και επομένως το μήκος του εγγεγραμμένου κύκλου είναι: = 2π4 = 8π cm.Από τον τύπο: Ε =αβγ προκύπτε=ι R α=βγ 13⋅14=⋅15 65 , 4R 4Ε 8 ⋅84 4οπότε το μήκος L του περιγεγραμμένου κύκλου είναι: L =2π 65 =65 π cm . 42Σύνθετα Θέματα Γ1. Έστω x η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται χΜ Β στα τρία θεωρούμενα ημικύκλια. Δ Τότε: ΟΜ = ΟΓ − ΜΓ = R − x, ΟΚ = R Κ ΟΛ 2Α και ΚΜ = Κ∆ + ∆Μ = R + x. 2 Το τρίγωνο Ο Κ Μ είναι ορθογώνιο στο Ο, οπότε: ΟΚ 2 + ΟΜ2 = ΚΜ2 ⇔ R2 + (R − x)2 = R + x 2 ⇔ 4 2 ⇔ R2 + R2 + x2 − 2Rx = R 2 + x2 + Rx ⇔ 3Rx = R 2 ⇔ x = R , 44 3οπότε το μήκος L του κύκλου κέντρου Μ είναι: L = 2πx = 2π R = 2πR . 33 | 96 |
11.6-11.72. Έστω x η ακτίνα του κύκλου (c) και R = ΟΑ, τότε έχουμε: ΟΝ= R − x,ΟΛ = ΜΝ = x, ΚΝ= R + x. Β 2 χΣτο τρίγωνο Ο Ν είναι Οˆ 1 < 90, οπότε ΜΝ Κέχουμε: ΚΝ2 = ΟΚ 2 + ΟΝ2 − 2ΟΚ ⋅ ΟΛ ⇔ (c)⇔ R + x 2= R2 + (R − x)2 − 2 ⋅ R x ⇔ 2 42⇔ R2 + x2 + Rx = R4 + R2 + x2 − 2Rx − Rx ⇔ 1 Α 44 Ο ΛΚ⇔ 4Rx = R2 ⇔ x = R , οπότε το μήκος του κύκλου (c) είναι: 4 π1=R80µ π1R=8900 = 2πx = 2π R =πR (1). Αλλά και=: ΑΒ πR (2). 4 2 2Από (1) και (2) προκύπτει: = ΑΒ, δηλαδή το ζητούμενο.3. Είναι (βλέπε σχήμα βιβλίου) ΑΒ = 5, ΚΛ2 = ΒΚ 2 + ΒΛ2 − 2ΒΛ ⋅ ΒΓ ⇔ ΒΓ = 1, 2 .Εξάλλου με εφαρμογή του 1ου θεωρήματος διαμέσων έχουμε92 + 72 = 2Γ∆2 + 8 ⇔ Γ∆= 61. Το ημικύκλιο διαμέτρου ΔΕ έχει μήκος 2π. Από το ορθογώνιο τρίγωνο Μ Ζ Ιπροκύπτει ΘΖ2 = ΘΙ ⋅ ΘΜ = 2 ⋅8 = 16 ⇔ ΘΖ = 4, οπότε το ημικύκλιο δια-μέτρου ΕΖ έχει μήκος 4π. Επομένως το συνολικό μήκος της γραμμής ΑΒΓΔΕΖείναι 6, 2 + 61 + 6π.§ 11.6-11.7 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Η ακτίνα ΟΔ του εγγεγραμμένου κύκλου Α 1 Α∆ 3 Οτου τριγώνου Α Β Γ είναι Ο∆= Δκαι επειδή ΑΔ ύψος του τριγώνουείνα=ι Α∆ (ΑΒ=) 3 λ=3 3 R 3=⋅ 3 3 R 22 22αφού ΑΒ = λ3 = R 3 , οπότε Ο∆= 1 ⋅ 3 R= 1R Β Γ 32 2και επομένως το εμβαδόν του κύκλου είναι π ⋅ R2 . 4 | 97 |
11.6-11.72. Έστω R η ακτίνα του κύκλου (Κ). π=R18⋅060Το μήκος l του τόξου ΑΒ = 60=είναι πR , 3οπότε = 4π ⇔ πR = 4π ⇔ R = 12, οπότε το εμβαδόν Ε 3του κύκλου θα είναι: Ε = πR2 = 144π cm2.3. Τα τόξα ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ είναι τόξα ίσων κύκλων Α και αντιστοιχούν σε ίσες επίκεντρες γωνίες, 60, επομένως είναι ίσα, άρα και τα μήκη τους θα είναι ίσα.Το μήκος του τόξου ΒΓ είναι πα ⋅ 60 = πα , οπότε 180 3η περίμετρος του καμπυλόγραμμου τριγώνου Α Β Γ Β ε Γείναι: 3 πα = πα. 3Έστω ε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος χορδής ΒΓ.Τότε: ε = (Ο ΒΓ) − (ΑΒΓ) = πα2 ⋅ 60 − α2 3 = πα2 − α2 3. 360 4 64Το εμβαδόν Ε του καμπυλογράμμου τριγώνου θα είναι πλέον: α2 3 πα2 α2 3 1 π− 4 + 3 6 4 = 2( )Ε = − 3 α2. (ΑΒΓ) + 3ε =4. Πρέπει (µ1) + (µ2 ) + (µ3 ) + (k) = (ΑΒΓ∆) ⇔ Δ μ2 Γ⇔ [(µ1) + (τ1)] + [(µ2 ) + (τ2 )] + [(µ3 ) + (τ3 )] + (k) = μ1 τ2 τ3 μ3= (ΑΒΓ∆) + (τ1) + (τ2 ) + (τ3 ) τ1ή 4 φορές το εμβαδόν ημικυκλίου διαμέτρου AO = Α κ Ο R B= Εμβαδόν ημικυκλίου διαμέτρου ΑΒ π R 2 πR 2 πR 2 πR 2 2 ή 4⋅ = ⇔ = , που ισχύει. 2 2 225. Είναι φανερό ότι τα τόξα ΑΒ , ΒΓ και ΓΑ είναι ίσα, οπότε έχουν και ίσα πR 60μήκη. Το μήκος π.χ. του ΑΒ είναι 180 = πR , οπότε η περίμετρος του 3καμπυλογράμμου τριγώνου είναι: 3 πR = πR. 3 | 98 |
11.6-11.7 Έστω ε το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου Α Β Γ.Τότε: ε = (ΚΛΜ) − 3(Μ ΑΒ) (1).Είναι=(ΚΛΜ) (=2R)2 3 R2 3 K 4και (=Μ ΑΒ) π=R362060 πR 2 , Γ B 6 Λ εRοπότε αντικαθιστώντας στην (1) AR Μ βρίσκουμε:( )=ε R2 3 − =πR2 R2 2 3 − π . 22Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Επειδή από κατασκευή είναι: ΟΒ= 2ΟΑ= 2ΟΓ ⇔ ΟΓ= 1 ΟΒ 2και Γˆ =90 η γωνία Βˆ 1 =l τ3ο0υ,τοόπξόοτυεΑΟˆΓ1 =60 Γκαι επομένως το μήκος 1 1 Β π=1R8600 πR . Ο Α 3ε=ίναι: Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο: Γ Β ( Γˆ =90 ) Οέχουμε: ΒΓ2 = ΟΒ2 − ΟΓ2 = (2R)2 − R2 = 3R2 ⇔ ΒΓ = R 3 , οπότε το μεικτόγραμμο τρίγωνο Α Β Γ έχει περίμετρο:P = ΑΒ + ΒΓ + = R + R 3 + πR = R 1+ 3 + π . 3 3 Εξάλλου για το εμβαδόν ε του μεικτογράμμου τριγώνου Α Β Γ έχουμε:ε = (ΟΓΒ) − (Ο ΑΓ) (1).Είναι: (ΟΓΒ)= 1 ΟΓ ⋅ ΒΓ= 1 R ⋅ R 3= R2 3 22 2και (=Ο ΑΓ) π=R362060 πR 2 , 6 | 99 |
