Γεωμετρία λύσεις των ασκήσεων Α Λυκείου

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

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

ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΑΡΧΙΚΗΣ ΕΚ∆ΟΣΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΟΜΑΔΑ ΣΥΓΓΡΑΦΗΣ Αργυρόπουλος Ηλίας Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Καθηγητής Β/θμιας Εκπαίδευσης Βλάμος Παναγιώτης Διδάκτωρ Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Κατσούλης Γεώργιος Μαθηματικός Μαρκάτης Στυλιανός Επίκουρος Καθηγητής Τομέα Μαθηματικών Ε.Μ. Πολυτεχνείου Σίδερης Πολυχρόνης Μαθηματικός, τ. Σχολικός Σύμβουλος Ιστορικά Σημειώματα: Βανδουλάκης Ιωάννης Διδάκτωρ Πανεπιστημίου Μ. Lomonosov Μόσχας Ιόνιο Πανεπιστήμιο Φιλολογική Επιμέλεια: Δημητρίου Ελένη Επιλογή εικόνων: Παπαδοπούλου Μπία Εικονογράφηση - Σελιδοποίηση: Αλεξοπούλου Καίτη ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ∆ΟΣΗΣΗ επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκεαπό το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων«Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργή-θηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση& Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι διορθώσεις πραγματοποιήθηκαν κατόπιν έγκρισης του Δ.Σ. του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής

Π Ρ ΟΛΟ Γ Ο ΣΑγαπητοί Μαθητές,το τεύχος που κρατάτε στα χέρια σας περιέχει τις λύσεις των ασκήσεων του σχολικού σας βιβλί-ου. Αν χρησιμοποιηθεί σωστά μπορεί να αποτελέσει πολύτιμη βοήθεια στην προσπάθειά σας vακαταλάβετε τις γεωμετρικές έννοιες που εισάγονται στο βιβλίο σας και να τις χρησιμοποιήσετεδημιουργικά. Σε καμμία περίπτωση το τεύχος των λύσεων δεν πρέπει να χρησιμοποιείται στην πρώτηδυσκολία που παρουσιάζει μία άσκηση ή για να καλύψει την \"επιμέλεια\" ενός μαθητή προς τονκαθηγητή του στο σχολείο. Για να χρησιμοποιήσετε σωστά τις λύσεις των ασκήσεων πρέπει να ακολουθήσετε μια συ-γκεκριμένη μεθοδολογία. Αρχικά, προσπαθήστε να λύσετε την άσκηση με διαφορετικούς τρόπουςαντιμετώπισης. Αν αποτύχετε κάντε μία επανάληψη στην αντίστοιχη θεωρία για να διαπιστώσετεότι δεν έχετε κενά. Κατόπιν, ξαναπροσπαθήστε την άσκηση διαβάζοντας και την υπόδειξη πουβρίσκεται στο τέλος του σχολικού βιβλίου. Αν πάλι δυσκολεύεστε να λύσετε την άσκηση, τότε δια-βάστε την ολοκληρωμένη λύση της. Φροντίστε να εντοπίσετε τα κύρια βήματα της λύσης, καθώςκαι τα κενά που σας οδήγησαν στο να μην αντιμετωπίζετε σωστά την άσκηση. Προσπαθήστε ναδιορθώσετε τα κενά αυτά και να ξαναλύσετε την άσκηση, χωρίς όμως να επαναλαμβάνετε τηλύση με στείρα απομνημόνευση, αλλά υλοποιώντας τα κύρια βήματά της. Τέλος, δοκιμάστε ναλύσετε την άσκηση με διαφορετικό και ίσως καλύτερο τρόπο. Πρέπει να τονισθεί ότι οι λύσεις είναι προτεινόμενες, με την έννοια ότι είναι δυνατόν καιελπίζουμε να βρεθούν κομψότερες από τους μαθητές. Σημαντική είναι η προσπάθεια που έχει καταβληθεί, ώστε η κάθε άσκηση να προωθεί συ-γκεκριμένες αντιλήψεις και συνήθειες στο μαθητή, ενώ το σύνολο των ασκήσεων σε κατηγορίακαι διαβάθμιση οδηγούν τον μαθητή στην καλλιέργεια συγκεκριμένων ικανοτήτων. Για να επιτευχθούν οι στόχοι αυτοί, είτε μέσα στη λύση της κάθε άσκησης, είτε μετά τηνολοκλήρωσή της, αναγράφεται ο διδακτικός της στόχος, ενώ οι ασκήσεις χωρίστηκαν στις παρα-κάτω κατηγορίες, δίνοντας φυσικά βαρύτητα στη διαβάθμιση των ασκήσεων κάθε κατηγορίας:1) Ασκήσεις Εμπέδωσης:Οι ασκήσεις αυτές εισάγονται αμέσως μετά τη Θεωρία και τις Εφαρμογές, με σκοπό την εμπέδωσητων εννοιών από τους μαθητές και τη χρήση τους σε απλές ασκήσεις.2) Αποδεικτικές Ασκήσεις:Είναι ασκήσεις που ταιριάζουν στη φύση της Γεωμετρίας, καλλιεργώντας την αποδεικτική δια-δικασία στους μαθητές.3) Σύνθετα θέματα:Είναι θέματα που συνδυάζουν περισσότερες από μία γεωμετρικές έννοιες ή γνώσεις, είτε απότο ίδιο κεφάλαιο, είτε από διαφορετικά, αναδεικνύοντας την κριτική σκέψη και συνδυαστικήικανότητα των μαθητών.4) Γενικές Ασκήσεις:Είναι ασκήσεις αυξημένης δυσκολίας, που παρατίθενται στο τέλος κάθε Κεφαλαίου και απευθύ-νονται σε μαθητές με ιδιαίτερο ζήλο και αγάπη προς τη Γεωμετρία.5) Δραστηριότητες:Είναι αντικείμενο μελέτης ομάδας μαθητών ή και ενός, εφόσον του παρέχεται το κατάλληλοχρονικό διάστημα, ενώ θα πρέπει να δοθεί κάθε δυνατή βοήθεια και υποδείξεις από τον καθηγητή.Κάθε κεφάλαιο, τέλος, πλαισιώνεται από ερωτήσεις κατανόησης που συντελούν στη σωστή επα-νάληψη και καλύτερη οργάνωση της ύλης.

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 ............................................................................................ 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 .......................................................................................... 15 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 .......................................................................................... 39 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 .......................................................................................... 53 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6 .......................................................................................... 77

2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΠΑΡΑ ΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ • Από τρία διαφορετικά συνευθειακά σημεία το ένα βρί- σκεται μεταξύ των δύο άλλων. Για την επίλυση σχετικών ασκήσεων διακρίνουμε περιπτώσεις. (Ασκήσεις: § 2.1-2.10 Αποδεικτικές 3, Σύνθετα 1)• Αν δύο τμήματα ΑΒ και ΓΔ έχουν κοινό μέσο Ο τότε ΟΑ = ΟΒ και ΟΓ = ΟΔ. Για να αποδείξουμε ότι δυο τμήματα έχουν κοινό μέσο, θεωρούμε το μέσο του ενός και αποδεικνύουμε ότι είναι μέσο και του άλλου τμήματος. (Ασκήσεις: Γενικές 2)• Για να υπολογίσουμε την παραπληρωματική ϕƹ ή την συ- μπληρωματική θƹ μιας γωνίας ωˆ θέτουμε: και . (Ασκήσεις: § 2.19 Αποδεικτικές 1, 2)

2.1-2.10§ 2.1-2.10 ΑΒ Γ Δ Ασκήσεις Εμπέδωσης Α1. i) Έ ξι ευθύγραμμα τμήματα, τα ΑΒ, ΑΓ, ΑΔ, ΜΚ ΒΓ, ΒΔ και ΓΔ. ii) Τ α τμήματα που έχουμε στο σχήμα είναι τα ΑΒ, ΑΓ, AM, ΒΚ, ΒΓ, ΒΜ, ΓΚ, ΓΜ, ΜΚ και το ΑΚ που δεν είναι σχεδιασμένο. Β Γ2. i) Τα σημεία τομής είναι τρία, τα Α, Β και Γ. x ii) Ορίζονται τρία ευθύγραμμα τμήματα, τα ΑΒ, y ΑΓ, ΒΓ, και 12 ημιευθείες, οι εξής: Ax, Αx′, Ay, Ay′, By, By′, Bz, Bz′, Γx, Γx′, Γz, Γz′. Α zB y' Γ z' x'3. Είναι ΑΓ = ΑΒ + ΒΓ = Γ∆ + ΒΓ = Β∆ , ΑΒ ΓΔ αφού ΑΒ = Γ∆. ε4. ΑΓ = ΑΜ + ΜΒ + ΒΝ + ΝΓ = 2ΜΒ + 2ΒΝ = Α Β≀ ≀ Γ = 2(ΜΒ + ΒΝ) = 2ΜΝ, ΜΝ ε αφού ΑΜ = ΜΒ και ΒΝ = ΝΓ.Αποδεικτικές Ασκήσεις1. i) Έχουμε Α∆ = ΑΕ + ΕΖ + Ζ∆ Α ΒΓ Δκαι ΒΓ = ΕΖ − ΕΒ − ΓΖ, EZ οπότε ΑΒ + ΒΓ = 2ΕΖ (ΑΕ = ΕΒ, Ζ∆ = ΓΖ) ⇔ ΕΖ = Α∆ + ΒΓ. 2ii) ΈχουμεΑΓ + Β∆ = (ΑΒ + ΒΓ) + Β∆ = (ΑΒ + Β∆) + ΒΓ = Α∆ + ΒΓ.2. i) ΈχουμεΓΑ = ΓΜ + ΜΑ Άρα ΓΑ − ΓΒ = 2ΓΜ (ΜΑ = ΜΒ) ⇔ΓΒ = ΜΒ −  ΓΜ  ΓΑ − ΓΒ . ⇔ ΓΜ = 2 6

2.1- 2.10ii) Έχουμε∆Α = ΑΜ + ∆Μ Άρα ∆Α + ∆Β = 2∆Μ ⇔ ∆Μ = ∆Α + ∆Β .  2∆Β = ∆Μ − ΒΜ  ΑΒ Δε ΜΓ3. α) i) Α Γ Β Αν το Γ είναι μεταξύ των Α και Β τότε ΑΒ = ΑΓ + ΓΒ.ii) Α Β Γ Αν το Β είναι μεταξύ των Α και Γ τότε ΑΒ < ΑΓ, οπότε ΑΒ < ΑΓ + ΓΒ.iii) Β Α ΓΑν το A είναι μεταξύ των Β και Γ τότε ΑΒ < ΓΒ, οπότε ΑΒ < ΑΓ + ΓΒ. Άρα πάντα έχουμε ΑΒ ≤ ΑΓ + ΓΒ.β) Για τα Α, Β, Γ ισχύει ΑΒ ≤ ΑΓ + ΓΒ (1) ενώ για τα Α, Β, Δ ισχύει ΑΔ ≤ ΑB + B∆ (2).Από (1), (2) προκύπτει ότι Α∆ ≤ ΑΓ + ΓΒ + Β∆.Σύνθετα Θέματα1. i) Αν το Α είναι μεταξύ των Β και Γ τότε: B Δ Α Ε Γ ≈ ≈∆Ε = Α∆ + ΑΕ = ΑΒ + ΑΓ = ΑΒ + ΑΓ = ΒΓ . 2 2 2 2ii)  ΑB Γ Αν το Α είναι στην προέκταση του ΒΓ, π.χ. προς ΔΕτο μέρος του Β, τότε:∆Ε = ΑΕ − Α∆ = ΑΓ − ΑΒ = ΑΓ − ΑΒ = ΒΓ . 22 2 22. Αν παραστήσουμε με ε1, ε2, ε3 και ε4 τις ε2 τέσσερις ευθείες οδούς αρκεί να βρούμε πόσαείναι τα σημεία τομής των ευθειών αυτών.Σε κάθε μια ευθεία, π.χ. την ε1, οι άλλες Α ε1(4 −1) = 3 ευθείες ορίζουν (4 −1) = 3 σημεία.Άρα συνολικά θα ορίζονταν 4(4 −1) = 12σημεία. Αλλά κάθε σημείο το υπολογίσαμε 2 ε4φορές, π.χ. το Α ως σημείο της ε1 και της ε2. ε3Άρα τελικά ορίζονται 4(4 −1) = 12 = 6 σημεία. 22Επομένως χρειάζονται 6 τροχονόμοι. Όμοια οι ν ευθείες ορίζουν ν(ν −1) 2σημεία. 7

§ 2.11-2.16 2.11-2.16 z y Ασκήσεις Εμπέδωσης t O x1. Έ χουμε xÔz = yÔt ή yÔz + zÔt. Άρα xÔy = zÔt.2. Ε ίναι ωˆ +1 ορθή+ ˆ = 2 ορθές, ωω οπότε 2ωˆ = 1 ορθή ή ωˆ = 1 ορθής. 23. Όταν το ρολόι δείχνει εννέα η ώρα ακριβώς οι δείκτες σχηματίζουν ορθήγωνία. Οι δείκτες θα σχηματίζουν και πάλι ορθή γωνία μετά από 6 ώρες.Τότε το ρολόι δείχνει τρεις η ώρα ακριβώς.Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Έ στω xÔy, yÔz δύο εφεξής γωνίες και ΟΔ, zE y ΟΕ οι διχοτόμοι τους αντίστοιχα. Τότε ∆ÔΕ = ∆Ôy + yÔΕ = xÔy + yÔz . O Δ 22 Γ x Άρα ∆Οˆ Ε = xOˆ y + yOˆ z . 2 Β Δ ΓÔ2. Έ χουμε: ΓÔΆρα Α´ Ο Α3. Έ χουμε: ΓΟˆ Α + ΓΟˆ Β . Γ 2 Δ ΒΓÔΑ = ΓÔ∆ + ∆ÔΑ ΆραΓÔΒ = ∆ÔΒ −  ΓÔ∆  Ο Α ( ÔΑ = ∆ÔΒ) ⇔ ΓÔ∆ = ΓÔΑ − ΓÔΒ 2 8

2.17-2.18Σύνθετα Θέματα1. Έχουμε: Δ yΓ Β ΓxΑΟƹ ∆ = ΑΟƹ x + xOƹ y + yOƹ ∆ Άρα yΒΟƹ Γ xOƹ y − ΒΟƹ x − ΓΟƹ y  Δ Β =  ΑΟƹ ∆ + ΒΟƹ Γ = 2xOƹ y Αx O(γιατί ΑΟƹ x = ΒΟƹ x, yOƹ ∆ = ΓΟƹ y) ΑΟƹ ∆ ΒΟƹ Γ⇔ xOƹ y = + . O Α 2 EΓ B EΓ Δ B Δ O2. Έχουμε: O Α ˆˆˆ Α ΑΟˆ Β − ΒΟˆ Γ ΑΟˆ Γ 1 2 22§ 2.17-2.18 O2 Ασκήσεις Εμπέδωσης ρ1. Υπάρχουν άπειροι κύκλοι ακτίνας ρ που διέρ- O1 ρ Κ χονται από το Κ. Τα κέντρα τους βρίσκονται στον κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα ρ.2. Τα σημεία που είναι εσωτερικά του κύκλου R (Ο, R) και εξωτερικά του κύκλου (Ο, ρ) Oρ φαίνονται στο διπλανό σχήμα. 9

2.19 ΒΟ ΓΔ Α Β Αποδεικτικές Ασκήσεις Γ1. Ε πειδή η ε διέρχεται από το κοινό κέντρο Ο των κύκλων τα τμήματα ΑΔ και ΒΓ είναι 12 διάμετροι αυτών με κοινό μέσον το Ο και Ο4 3 επομένως έχουμε: ΑΟ = Ο∆ και ΒΟ = ΟΓ. Δ Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη προκύπτει: ΑΟ − ΒΟ = Ο∆ − ΟΓ ⇔ ΑΒ = Γ∆, σύμφωνα με το σχήμα. Επίσης έχουμε: ΑΒ = Γ∆ ⇔ ΑΒ + ΒΓ = ΒΓ + Γ∆ ⇔ ΑΓ = Β∆2. Έ στω ΑΒ, ΓΔ δύο διάμετροι ενός κύκλου(εΟίν,αRι δ)ιχτοέττοόιμεοςςώτησςτεευΟθƹ 1εί=αςΟƹγ2ω. ΤνίόατςεΑηΟΟƹ ΒΓ,εοεείππρνίθοακήμιεέκγννωιτωρανευίςαςτ.κήγΗάωοθρνΟεθίƹ ε3ήμ,ς.ωιΟαΌςƹ 1μακ,οαπΟιτόƹαα2,τκκΟιοαςƹρι3υΟηκφƹ α1Οή,ιƹ 4νΟΟ. ƹτΈƹ 24ητεςεσίίννΟι ααοƹ 1ιιι, Αίσες, ίοσπαό, δτεηλκααδιήταΑΓαν=τίΓστΒοι=χαΒτ∆όξ=α∆αΑυτκώανιείναιεπειδή τα τόξα αυτά αποτελούν ολόκληροτον κύκλο προκύπτει το ζητούμενο.§ 2.19 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Έστω ημικύκλιο κέντρου Ο, δύο σημεία ΑΜ Α, Β αυτού και το σημείο Μ του ΑΒ Σ ώστε ΜΑ = ΜΒ. Βi) Για σημείο Ρ του ημικυκλίου, Ρ Ο που δεν ανήκει στο ΑΒ έχουμε:ΡΑ = ΡΜ − ΑΜ και ΡΒ = ΡΜ + ΜΒ.Με πρόσθεση αυτών κατά μέλη καιλαμβάνοντας υπόψη ότι ΑΜ = ΜΒπροκύπτειΡΑ + ΡΒ = 2ΡΜ ⇔ ΡΜ = 1 (ΡΑ + ΡΒ) . 2 10

2.19 ii) Έ στω σημείο Σ του τόξου ΜΒ. Έχουμε (βλέπε σχήμα) ΣΑ = ΣΜ + ΜΑ και ΣΒ = ΜΒ − ΣΜ. Με αφαίρεση αυτών κατά μέλη, λαμβάνοντας πάλι υπόψη ότι ΑΜ = ΜΒ προκύπτει: ΣΑ − ΣΒ = 2ΣΜ ⇔ ΣΜ = 1 (ΣΑ − ΣΒ). 22. α) Είναι ΑΓ − ΓΒ = 80 Γ και ΑΓ + ΓΒ = 180 , από τις οποίες με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε αντίστοιχα ΑΓ = 130 και ΓΒ = 50 , A Ο B οπότε και (ΑΓ) = 130 , (ΓΒ) = 50 . β) Η ΑÔΓ είναι επίκεντρη και βαίνει στο ΑΓ, άρα (ΑΟƹ Γ) = (ΑΓ) = 130 . Όμοια (ΒÔΓ) = 50 .3. Έ στω ωˆ και φˆ δύο συμπληρωματικές γωνίες με ωƹ = 2ϕƹ . Πρέπει ωƹ + ϕƹ = 90 ή 2ϕƹ + ϕƹ = 90 ή 3ϕƹ = 90 . Άρα ϕƹ = 30 , οπότε ωƹ = 60 .4. Είναι ωƹ = 6 oρθής = 6 ⋅ 90 = 108 . Άρα η παραπληρωματική της ωˆ είναι 5 5 ϕƹ = 180 −108 = 72 . Η γωνία ωˆ δεν έχει συμπληρωματική, αφού είναι αμβλεία γωνία. Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Έστω ϕƹ η παραπληρωματική της ωƹ και θƹ η συμπληρωματική της. − ωƹ , θƹ = 90 3θƹ . Τότε ϕƹ = 180 270 − 3ωƹ ή 2−ωƹ ω=ƹ και ϕƹ = Άρα 180 − ωƹ = 3(90 − ωƹ ) ή 180 − ωƹ = 90 . Άρα ωƹ = 45 .2. Έστω ωƹ η συμπληρωματική της ϕƹ . Τότε ϕƹ = 90 − ωƹ και ϕƹ = ωƹ − 20 . Άρα 90 − ωƹ = ωƹ − 20 ⇔ 2ωƹ = 110 ⇔ ωƹ = 55 . Άρα ωƹ = 55 και ϕƹ = 35 .3. Έχουμε ΑΟƹ Β = ΒΟƹ Γ = ΓΟƹ ∆ = ∆Οƹ Α . Θέτουμε 1 234 ΑΟƹ Β = ΒΟƹ Γ = ΓΟƹ = Οƹ Α = λ, οπότε 1 23 4 11

Γενικές Ασκήσεις ΑΟƹ Β = λ  Γ B ΒΟƹ Γ = 2λ  Ο A ΓΟƹ ∆  Με πρόσθεση κατά μέλη = 3λ  προκύπτει ότι Δ ∆Οƹ Α = 4λ Δ Γ ΑΟƹ Β + ΒΟƹ Γ + ΓΟƹ ∆ + ∆Οƹ Α = 10λ ⇔ 360 = 10λ. Άρα . Επομένως ΑΟƹ Β = 36 , ΒΟƹ Γ = 2(36 ) = 72 , ΓΟƹ ∆ = 3(36 ) = 108 και ∆Οƹ Α = 4(36 ) = 144 . Γενικές Ασκήσεις1. Έστω Ο το μέσο του ΑΒ. ΑΒ Γ Τότε ΕΖ = ΟΖ − ΟΕ (1) ΟΕ Ζ Αλλά ΟΖ = ΟΒ + ΒΖ = ΑΒ + Β∆ = ΑΒ + Β∆ = Α∆ (2) και 22 2 2 ΟΕ = ΑΕ − ΑΟ = ΑΓ − ΑΒ = ΑΓ − ΑΒ = ΒΓ (3) 22 2 2 Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΕΖ = Α∆ − ΒΓ . 22. Έ στω Ο το μέσο του ΒΖ. Τότε ΟΒ = ΟΖ. Α ΒΟ Για να είναι το Ο μέσο και του ΔΕ αρκεί Δ ΖΕ ∆Β = ΖΕ (αφού ΟΒ = ΟΖ). Πράγματι ΖΕ = ΖΓ − ΕΓ = ΑΓ − ΒΓ = ΑΓ − ΒΓ = ΑΒ = ∆Β . 2 2 2 23. Έχουμε: ΑΕ = ΑΒ + ΒΕ = ΑΒ Γ Δ Ε ε = ΑΒ + Β∆ = 2ΑΒ + Β∆ = 2ΑΒ + ΒΓ + Γ∆ = 22 2 = ΑΒ + ΒΓ + ΑΒ + Γ∆ = ΑΓ + ΑΒ + Γ∆ > ΑΓ . 2 2222 12

Γενικές Ασκήσεις4. Έχουμε ΑΒ + ΒΓ + Γ∆ + ∆Α = 360 , οπότε 150○ ΒΓ = 360 − 150 −105 − 45 = 60 . Β OΑ Άρα οι επίκεντρες γωνίες είναι: xΑΟΒ = 150 και ΒΟΓ = 60 . Γ Δ 105○ 45○ΕπομένωςΑΟΒ + ΒΟx = ΑΟΒ + ΒΟΓ (Οx διχοτόμος ΒΟΓ) = 150 + 60 ή 2 2ΑΟƹ Β + ΒΟƹ x = 180 , δηλαδή OA, Οx αντικείμενες ημιευθείες.5. Αφού ΑΒ ημικύκλιο και Μ μέσο ΑΒ, KΔ M Γείναι ΑΜ = 180 = 90 . 2 B O AΆραΓ∆ = Α∆ − ΑΓ = ΑΜ + Μ∆ − ΑΓ = ΑΜ + ΜΚ − ΑΚ 22= ΑΜ  ΑΚ − ΜΚ  = ΑΜ − ΑΜ = ΑΜ = 90 = 45 . −  2 2  2 2 z2 E y Δ x 13



3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ • Ένα σημείο ανήκει στη μεσοκάθετο ενός τμήματος αν ισαπέχει από τα άκρα του. Αντίστοιχα ένα εσωτερικό σημείο γωνίας ανήκει στη διχοτόμο της αν ισαπέχει από τις πλευρές της γωνίας. (Ασκήσεις: § 3.4 Σύνθετα 2) • Αν δύο σημεία μιας ευθείας ε ισαπέχουν από τα άκρα ευθύγραμμου τμήματος η ευθεία ε είναι μεσοκάθετος του τμήματος. (Ασκήσεις: § 3.12 Εμπέδωσης 2) • Σε ισοσκελές τρίγωνο οι προσκείμενες στη βάση γωνίες είναι ίσες, οπότε και οι αντίστοιχες εξωτερικές γωνίες του τριγώνου είναι ίσες (παραπληρώματα ίσων γωνιών). (Ασκήσεις: § 3.4 Σύνθετα 3 και § 3.12 Εμπέδωσης 8) • Γ ια να συγκριθούν ανισοτικά δύο τρίγωνα πρέπει να έχουν απαραίτητα δυο πλευρές ίσες. (Ασκήσεις: § 3.12 Αποδεικτικές 2, 7) • Ό ταν η διάμεσος είναι βασικό στοιχείο σε μια άσκηση, συχνά χρειάζεται να την προεκτείνουμε. (Ασκήσεις: § 3.12 Αποδεικτικές 3 και Γενικές 7)

3.1-3.2§ 3.1-3.2 Α ωω 1. Τα τρίγωνα Α Β Ε και Α ∆ Γ είναι ίσα. (Π-Γ-Π). (ΑΒ = Α∆, ΑΓ = ΑΕ, ΒΑƹ Ε = ΓΑƹ ∆). Ε Άρα ΒΕ = Γ∆. Δ Γ   Β2. Τ α τρίγωνα Κ Β Λ, Γ Λ Μ, Μ Α Κ είναι ίσα. (Π-Γ-Π) Μ (ΒΚ = ΓΛ = ΑΜ, ΒΛ = ΓΜ = ΑΚ Α ως άθροισμα ίσων τμημάτων και ΚΒˆ Λ = ΛΓˆ Μ = ΜΑˆ Κ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών). Β ΓΛ Άρα ΚΛ = ΛΜ = ΜΚ. Κ 3. Τα τρίγωνα Α Μ Γ και Α′Μ′Γ′ είναι ίσα (Π-Γ-Π) (ΑΒ = Α′Β′, Βˆ = Βˆ ′ και ΒΜ = Β′Μ′ ως μισά ίσων πλευρών). Άρα ΑΜ = Α′Μ′. Α Α' Β Μ Γ Β' Μ' Γ'4.  αφού Αƹ 1 = Αƹ 2, ΑΒ = ΑΕ και Τα τρίγωνα Α Ε Γ και Α Β Ζ είναι ίσα, Α ΑΖ = ΑΓ (Π-Γ-Π). Άρα ΑΓˆ Ε = ΑΖˆ Β. 12Αποδεικτικές Ασκήσεις  Β E Γ Ζ Γ1. Τα τρίγωνα ∆ Κ Ε και Β Κ Α είναι ίσα αφού Α ΑΚ = Κ∆, ΒΚ = ΚΕ και ΑΚƹ Β = ∆Κƹ Ε ως κα- τακορυφήν. Άρα Ε∆ƹ Κ = ΒΑƹ Κ (1)   Όμοια τα τρίγωνα ΑΚ Γ και ΖΚ ∆ είναι ίσα, οπότε Ζ∆ƹ Κ = ΓΑƹ Κ (2) Β Κ Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει Ζ Ε ότι Ε∆ƹ Ζ = ΒΑƹ Γ. Δ 16

3.3-3.4 ΕΔ Α 2. Τα τρίγωνα Μ ∆ Β και Μ Ε Γ είναι ίσα. (Π-Γ-Π) (ΒΜ = ΜΓ, Βƹ = Γƹ αφού ΑΒ = ΑΓ και Β∆ = ΓΕ ως άθροισμα ίσων τμημάτων). Άρα Μ∆ = ΜΕ. Β ΜΓ  Ο3. Το τρίγωνο Ο Α Β είναι ισοσκελές, Γ 21 12 Δ οπότε Αˆ 1 = Βˆ 1 και επομένως Αˆ 2 = Βˆ 2 ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών. Α Β Έτσι τα τρίγωνα Ο Α Γ και Ο Β ∆ είναι ίσα (ΠΓΠ), οπότε ΟΓˆ Α = ΟΑˆ Β.Σχόλιο:Στις παραπάνω ασκήσεις χρησιμοποιούμε ισότητες τριγώνων για να αποδείξουμεισότητες τμημάτων ή γωνιών.§ 3.3-3.4Ασκήσεις Εμπέδωσης Α 12 E 1. Τα τρίγωνα Α Β Γκαι Α′Β′Γ′ είναι ίσα (Π-Γ-Π). Ια) Τα τρίγωνα Α Β ∆ και Α′Β′ ∆′ είναι ίσα Δ(ΑΒ = Α′Β′, Βˆ = Βˆ ′, Α' 1Αƹ 1 = Αƹ = Αƹ ′ = Αƹ 1′). Β Γ 2 2Άρα Α∆ = Α′∆′.  12Επίσης τα τρίγωνα Α ΒΕ και E'  1 Ι'Α′Β′Ε′ είναι ίσα (Γ-Π-Γ).Άρα ΒΕ = Β′Ε′.  Β' Δ' Γ' β) Τ α τρίγωνα Α Ι Ε και Α′Ι′Ε′ είναι ίσα γιατί ΑΕ = Α′Ε′ (από το (α)), Ε = Ε′και Αƹ 2 = Αƹ 1 (Γ-Π-Γ). Άρα ΑΙ = Α′Ι′. Όμοια, από την ισότητα των τριγώνων  Β Ι ∆ και Β′Ι′∆′ προκύπτει ότι ΒΙ = Β′Ι′. 17

3.3-3.4  Α Α′ 1 12. i) Τα τρίγωνα Α ∆ Γ και  Α′ ∆′Γ′ είναι ίσα γιατίΑΓ = Α′Γ′, Α∆ = Α′∆′ B Δ Γ B′ Δ′ Γ′και Αˆ 1 =Αˆ 1′ (Π-Γ-Π). ΓΆρα Γˆ = Γˆ ′. ii) Τ α τρίγωνα Α ΒΓ και Α′Β′Γ′ είναι ίσα γιατί ΑΓ = Α′Γ′, Αˆ = Αˆ ′ καιΓˆ = Γˆ ′ από το (α) (Γ-Π-Γ). Άρα α = α′ και γ = γ′. Α 3. Τ α τρίγωνα Α Μ Βκαι Γ Μ ∆ είνα ι ίσα (Π-Γ-Π). ΆραΑΒ = Γ∆. Όμοια τα τρίγωνα Α Μ Γ και Β Μ ∆ είναι B ≀ M≀ ίσα. Άρα ΑΓ = Β∆. Επομένως τα τρίγωνα Α Β Γ καιΒ Γ ∆ έχουν τις πλευρές τους ίσες. Άρα τα τρίγωνα Δείναι ίσα (Π-Π-Π).Αποδεικτικές Ασκήσεις Α1. Έ στω ΒΔ και ΓΕ οι διχοτόμοι των γωνιών Βˆ και Γˆ Ε Δ αντίστοιχα. Τα τρίγωνα Α Β ∆ και Α Γ Ε είναι ίσα γιατί έχουν: 1 1 ΑΒ = ΑΓ, Αˆ κοινή και Βˆ 1 =Γˆ 1 (μισά ίσων γωνιών). Από την ισότητα αυτή προκύπτει το ζητούμενο. Β Γ Γ′ Α′  Β 2 Β′2. Τα τρίγωνα Ο Α Β και Ο Α′Β′ είναι ίσα, γιατί έχουν: Γ ΟΑ = ΟΑ′ και ΟΒ = ΟΒ′, ως ακτίνες, και Οˆ 1 =Οˆ 2 , 1Ο ως κατακορυφήν. Από την ισότητα αυτή προκύπτει ότι ΑΒ = Α′Β′. Όμοια βρίσκουμε ότι ΑΓ = Α′Γ′ και ΒΓ = Β′Γ′. Έτσι τα τρίγωνα Α ΒΓ και Α′Β′Γ′έχουνκαι τις τρεις πλευρές τους ίσες, επομένως είναι ίσα. Α  Α Δ Β Γ3. Τα τρίγωνα Α Β Γ και ∆ Β Γ είναι ίσα, γιατί έχουν:ΑΒ = Γ∆, ΒΓ κοινή και Βˆ = Γˆ . Από την ισότητααυτή προκύπτει ότι ΑΓ = Β∆ , οπότε και τα τρίγωναΑ Β ∆ και Α Γ ∆ είναι ίσα (Π-Π-Π). Άρα Αˆ = ∆ˆ . 18

3.5-3.6Σύνθετα Θέματα 1. i) Τα τρίγωνα Α Β ∆ και Α′Β′ ∆′ είναι ίσα (ΑΒ = Α′Β′, Αˆ = Αˆ ′, Α A′ Βˆ 1 =Βˆ 1′ ) (Γ-Π-Γ). Α A′ Άρα Β∆ = Β′∆′. 1Δ 1 Δ′ 1Δ 1 Δ′ Θ Θ' Α Θ A′ Θ' 1Α 1A′ 211 Δ 211  Β 21 ΔΜ Γ B′ 21 Δ′ Γ′ Β Γ B′ Γ′ii) Τα τρίγωνα ΒΑΜ και είναΘΘι ίσΜα (ΑΒ = Α′Β′,1Βˆ = ΒˆΘΘ′,'Δ'Μ′Μ′ ′ Γ′ Β′ Α′Μ1′ Γ′ ΒΤ αΜτρ=ίγΒω'νΜα 'Α) (ΒΠΘ-Γκ-Παι).ΑΆ′ρΒα′ΘΒΒΒ′Αˆε12ί2Μναι= Β′Αˆ ′Μ′.iii) ΑΓΓ ′Β′BB, ′′Βˆ 1122=Βˆ 1′ Μ′ Μ κΜαι′ ίσΜα (ΑΒ = ΒΑˆ Μ = Β′Αˆ ′Μ′ από το (β)) (Γ-Π-Γ).δ) Α πό το (γ) προκύπτει ότι ΑΘ = Α′Θ′. Επίσης ΒΘ = Β′ΑΘ′. Άρα Β Α Β Β∆ − ΒΘ = Β′∆′ − Β′Θ′ ή Θ∆ = Θ′∆′.2. Έ στω ε′ η μεσοκάθετος του ΑΓ και Ο το σημείο (ε(´ε)´Α)Α Ο Β τομής των ε και ε′. Επειδή ε μεσοκάθετος του Γ Ο Β ΑΒ, θα είναι ΟΑ = ΟΒ (1). Όμοια ΟΓ = ΟΔ (2). Αλλά το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του ΑΓ. (ε´) Γ (ε) Δ (ε´) Ο(ε) ΔΆρα ΟΑ = ΟΓ (3). ΟΑπό τις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι Γ (ε) Δ Γ (ε) ΔΟΒ = Ο∆, δηλαδή το Ο ανήκει και στη μεσοκάθετο του ΒΔ.3. i) Επειδή το Δ ανήκει στη μεσοκάθετοτου ΑΓ Ε είναι ∆Α = ∆Γ. Άρα το τρίγωνο ∆ Α Γ είναι Ε Α Α ωωΕΕισοσκελές.   Α ≀≀ii) Τ α τρίγωνα Γ Α Ε και Α Β ∆ είναι ίσα, Αωω ≀≀γιατί ΑΕ = Β∆, ΑΓ = ΑΒ και ΑΒˆ ∆ = ΓΑˆ Ε Β ωω ≀≀ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών Δ Β ω Δ ωΓ(Βˆ = Γˆ = ∆Αˆ Γ = ω) (Π-Γ-Π). Γ  ω ≀≀Άρα ΓΕ = Γ∆, δηλαδή το τρίγωνο Γ∆Ε είναι ισοσκΔελές. ω ω Β Δ Β ωΓ Γ§ 3.5-3.6 Α Ασκήσεις Εμπέδωσης Α  Ε Α Δ Ε Α Δ1. Έστω ισοσκελές τρίγωνο Α ΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και τα Γ  Β ύψη του ΒΔ και ΓΕ. Τα τρίγωνα Α Β ∆ και Α Ε Γ Β Γ είναι ίσα (Αˆ κοινή, ∆ˆ = Εˆ = 90, ΑΒ = ΑΓ). Δ Άρα ΒΔ = ΓΕ. Ε Δ Ε 19 Β Γ Β Γ

3.5-3.6  Α ΗΖ2. Έστω ισοσκελές τρίγωνο Α ΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και Δ, Ε τα ΔΕ μέσα των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα.  i) Αν ∆Κ ⊥ ΒΓ, ΕΜ ⊥ ΒΓ τα τρίγωνα Β ∆ Κ και Μ Ε Γ είναι ίσα ( Κˆ = Μˆ = 90, Βˆ = Γˆ και ∆Β = ΕΓ ως μισά ίσων πλευρών). Άρα ∆Κ = ΜΕ. Β K MΓ ∆Ζ ⊥ ΑΓ και ΕΗ ⊥ ΑΒ, τα  ii) Αν Α∆Ζ είναι ίσα (Αˆ κοινή, Ζˆ τρίγωνα Α Η Ε και = Ηˆ = 90 , Α∆ = ΑΕ). Άρα ∆Ζ = ΕΗ. ε Δ3. Έ στω ευθεία ε που διέρχεται από το μέσο Μ του Ακ∆ˆαΒ=ι.ΜΓˆΑ=ν∆9ΑΒ0Γ)ε.ί⊥νΆαρειαίκσαΑαιΓ(∆Α=ΒΜΒ⊥∆= ε.ΒτΜα ,τρΜˆίγ1ω=ναΜˆ Μ2, Α Γ Α 2 Β 1Μ Γ 4. Έ στω ότι τα τρίγωνα Α Β Γ και Α Α' Α′Β′Γ′ είναι ίσα με ΒΓ = Β′Γ′. Αν ΑΔ, Α′Δ′ τααντίστοιχα ύψη, τότε Δ Γ Β' Δ' Γ' τα τρίγωνα Α Β ∆ και Α′Β′ ∆′ είναι Β ίσα. (ΑΒ = Α′Β′, Βˆ = Βˆ ′, ∆ˆ = ∆ˆ ′ = 90). Άρα Α∆ = Α′∆′. Σχόλιο: Παρατηρήστε ότι αν το Δ ανήκει στην πλευρά ΒΓ τότε και το Δ′ ανήκει στην πλευρά Β′ Γ′.Αποδεικτικές Ασκήσεις Α Μ∆ ⊥ ΑΒ και ΜΕ ⊥ ΑΓ  121. Έστω είναι ίσα (AM κοινή, ∆ˆ = Εˆ . Τα τρίγωνα Α Μ ∆ και ΑΜΕ = 90, Αˆ 1 =Αˆ 2, αφού AM διάμεσος και διχοτόμος). Δ Ε Άρα i) ΜΔ = ΜΕ και ii) ΑΜˆ ∆ = ΑΜˆ Ε, δηλαδή η AM είναι Β ΜΓ διχοτόμος της γωνίας ∆Μˆ Ε. Σχόλιο:  Αποφύγαμε να συγκρίνουμε τα τρίγωνα Μ Β ∆ και Μ Γ Ε γιατί δεν έχουμε αποδείξει ακόμη ότι τα Δ, Ε είναι προς το ίδιο μέρος της ΒΓ. Αυτό προκύπτει μετά τη διαπίστωση ότι οι γωνίες Βˆ , Γˆ είναι οξείες. 20

3.5-3.62. Τ α τρίγωνα Α ∆ Μ και A A'Α′∆′Μ′ είναι ίσα(∆ˆ = ∆ˆ = 90 , Α∆ = Α′∆′,ΑΜ = Α′Μ′). 11Άρα Μˆ 1 =Μˆ 1′ (1).  B ΔΜ Γ B' Δ' M' Γ'  Α′Μ′, Μˆ 1 =Μˆ 1′ από (1)Επίσης τα τρίγωνα Α ΒΜ και Α′Β′Μ′είναι ίσα (ΑΜ =και ΒΜ = Β′Μ′ ως μισά ίσων πλευρών). Άρα ΑΒ = Α′Β′ (2) και Βˆ = Βˆ ′ (3).Από τις (2), (3) και την υπόθεση (α = α′), προκύπτει ότι τα τρίγωνα Α ΒΓ και Α′Β′Γ′ είναι ίσα (Π-Γ-Π).  Α Α′3. Τα τρίγωνα ΒΕ Γ και Β′Ε′Γ′είναι ίσα (ΒΓ = Β′Γ′, ΓΕ = Γ′Ε′, Δ Δ′Εˆ = Εˆ ′ = 90). Άρα (1). Ε Ε′ Γ Β′Όμοια α πό τα τρίγωνα Β ∆ Γ Β Γ′και Β′∆′Γ′ προκύπτει ότιΓˆ = Γˆ ′ (2). Από τις (1), (2) και την υπόθεση (α = α′), προκύπτει ότι τα τρίγωνα Α ΒΓκαι Α′Β′Γ′ είναι ίσα (Γ-Π-Γ).  Γ4. Τα τρίγωνα Ε ∆ Β και Α ∆ Β έχουν Ε ΔΕˆ = ∆ˆ = 90, ΒΔ κοινή και Βˆ 1 =Βˆ 2, άρα είναιίσα, οπότε ΑΒ = ΒΕ (1). Τα τρίγωνα Α ΒΓ καιΕ Β Ζ έχουν Αˆ = Εˆ = 90, ΑΒ = ΒΕ (από (1)) και 2Βˆ κοινή, άρα είναι ίσα, οπότε ΒΖ = ΒΓ, δηλαδή Ζ Α 1Βτο τρίγωνο Β Γ Ζ είναι ισοσκελές.5. i) Ε πειδή ΑΒ = Γ∆ θα είναι ΟΚ = ΟΛ, οπότε τα Α Μ ορθογώνια τρίγωνα Μ Ο Κ και Μ Ο Λ είναι ίσα γιατί έχουν ΟΜ κοινή και ΟΚ = ΟΛ. Κ Γ Ο Λ ii) Από την προηγούμενη ισότητα τριγώνων Β προκύπτει ότι ΜΚ = ΜΛ (1). Όμως τα Κ, Δ Λ είναι μέσα των ίσων χορδών ΑΒ και ΓΔ, οπότε ΑΚ = ΓΛ (2) και ΒΚ = ∆Λ (3). Από τις (1), (2) προκύπτει ΜΑ = ΜΓ και από τις (1), (3) ότι ΜΒ = Μ∆. 21

3.7Σύνθετα Θέματα 1. i) Τα τρίγωνα Ε ∆ Β και ∆ Ζ Γ είναι ορθογώνια (Εˆ = Ζˆ = 90) και έχουν ∆Β = ∆Γ (Δ σημείο της Ε' Δ' μεσοκαθέτου), ∆Ε = ∆Ζ (αποστάσεις σημείου Α της διχοτόμου), άρα είναι ίσα. Ε' Z' Δ'ii) Γ ια τους ίδιους λόγους και τα τρίγωνα ∆′Β Ε′ εZ Α και ∆′Γ Ζ′ είναι ίσα. Β \\ \\ZM' Γ Ε \\ \\ εZ Γiii) Από τις παραπάνω ισότητες τριγώνων προκύ- πτουν: ΑΕ = ΑΖ και ΓΖ′ = ΒΕ′. Β ΔΠροσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες αυτές παίρνοΕυμε: MΑΕ + ΓΖ′ = ΑΖ + ΒΕ′ ⇔ ΑΒ + ΒΕ + ΑΓ − ΑΖ′ = Δ= ΑΓ − ΓΖ + ΑΒ + ΑΕ′ ⇔ ΒΕ + ΓΖ = ΑΕ′ + ΑΖ′ ⇔⇔ 2ΒΕ = 2ΑΖ′ ⇔ ΒΕ = ΑΖ′, οπότε: ΕΕ′ = ΑΕ + ΑΕ′ = ΑΖ + ΖΓ = ΑΓκαι ΖΖ′ = ΑΖ − ΑΖ′ = ΑΕ − ΒΕ = ΑΒ.2. Έ στω ότι γ = γ′. Προ- Β Β' εκτείνουμε τις ΑΓ, Α′Γ′ κατά τμήματα Γ∆ = α 1 1και Γ′∆′ = α′ αντίστοιχα. γ Β α γ' Β' α'Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα 1 α 1 Δ'Α Β ∆ και Α′Β′∆′ έχουν τις Αγ β Γα Δ Αγ'' β' Γα'' α'κάθετες πλευρές τους ίσες μία προς μία και επομένως είναι ίσα. τπαρτορκίύγπωτνεαιΑόΒτΓιβ Α∆ΓΒ,ˆΒ∆′ Γ= ′α∆Α′′Βεˆί′ν∆α′ιΔ(ι1σ)οκσΑακ'ιελβ∆ˆ'ή=)Γ.'∆ˆ ′,Από την ισότητα αυτή οαπ' ότε Δ'και Βˆ 1 =Βˆ 1′ (2) (γιατί Από τις (1) και (2) προκύπτει Βˆ = Βˆ ′, οπότε τα τρίγωνα Α Β Γ και Α′Β′Γ′έχουν Αˆ = Αˆ ′ = 90, ΑΒ = Α′Β′ και Βˆ = Βˆ ′, επομένως είναι ίσα.§ 3.7 ΑΑσκήσεις Εμπέδωσης  Αμ1. Έ στω τρίγωνο Α ΒΓ με σταθερή την πλευρά ΒΓ = α Β'και τη διάμεσο AM με γνωστό μήκος μ. Επειδή Β M Γ' μ Γτο Α απέχει από το σταθερό σημείο Μ σταθερή Β' Γ'απόσταση μ, βρίσκεται στον κύκλο (Μ, μ). Β Α' M Γ• Αντίστροφα: Έστω Α′ σημείο του κύκλου(Μ, µ) τότε Α′Μ = µ , ως ακτίνα του κύκλου, Α'και Α′Μ διάμεσος του Α′ΒΓ. Το Α δεν είναισημείο της ευθείας ΒΓ. Επομένως γ.τ. του Α είναι ο κύκλος (Μ, μ) χωρίςτα σημεία του Β′ και Γ′. 22

3.8-3.9 M Ν2. Αν Μ είναι ένα σημείο του ζητούμενου γ.τ., θα είναι OM = 2R OR και επομένως το Μ ανήκει στον κύκλο (O, 2R). • Αντίστροφα: Αν Μ′ είναι ένα σημείο του (O, 2R) Ν′ M′ και Ν′ η τομή του ΟΜ′ με τον (O, R) τότε ON′ = R, οπότε N′M′ = 2R − R = R, δηλαδή ON′ = N′M′. Άρα ο γ.τ. του Μ είναι ο κύκλος (O, 2R).Σχόλιο:Στα προβλήματα γ.τ. εξετάζουμε ευθύ και αντίστροφο.§ 3.8-3.9 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Οι ζητούμενοι άξονες συμμετρίας φαίνονται στα επόμενα σχήματα:ΑΒΔΗΘΤ ΧΨ2. Σ ύμφωνα με την εφαρμογή της § 3.8 το συμμετρι- Α κό Μ′ ενός σημείου Μ του τριγώνου Α Β Γ είναι Μ σημείο του τριγώνου Α′Β′Γ′ και αντίστροφα. Άρα Β Γ  Γ′ Ο τα τρίγωνα Α ΒΓ , Α′Β′Γ′ είναι συμμετρικά ως Β′ προς το Ο. Εξάλλου από A′B′= AB , Β′Γ′ = ΒΓ και Γ′Α′ = ΓΑ προκύπτει ότι Α′Β′Γ′ = Α ΒΓ. Μ′ Α′3. Έστω Β, Γ σημεία των Ax, Ay αντίστοιχα και Β′, Γ′ Γy τα συμμετρικά αυτών ως προς τοΟ. Σύμφω να με την προηγούμενη άσκηση είναι Α′Β′Γ′ = Α Β Γ, οπότε Α ΟB x x′Αˆ ′y′ =xΑˆ y. Α′ Β′ x′ Γ′ y′23

3.8-3.94. Σύμφωνα με την εφαρμογή της § 3.9 είναι BA′ = BA Aκαι ΓΑ′ = ΓΑ, οπότε τα τρίγωνα Α Β Γ και Α′Β Γ είναιίσα (Π-Π-Π). B Γ Α'5. Έ στω ΟΔ η διχοτόμος της xOˆ y και Α σημείο της xOˆ y, Oπ.χ. της xOˆ ∆. Αν Α′ είναι το συμμετρικό του Α ωςπρος την OΔ τότε το τρίγωνο Ο Α Α′ είναι ισοσκελές,οπότε έχουμε: Α Μ Α'Α′Οˆ Μ = ΑΟˆ Μ ≤ ΜΟˆ x = ΜΟˆ y. ΔyΤο Α′ επομένως είναι σημείο της ∆Οˆ y, δηλαδή της xxOˆ y. Άρα η ΟΔ είναι άξονας συμμετρίας.6. i) Ε πειδή Μ′ συμμετρικό του Μ ως προς ε, M ε M' 12 3 ε'η ε είναι μεσοκάθετη του MM′, Ο4οπότε ΟΜ = ΟΜ′ (1). Για τους ίδιουςλόγους είναι και ΟΜ′ = ΟΜ′′ (2). ≀≀Από τις (1) και (2) προκύπτει .ii) Η ε είναι άξονας συμμετρίας του MM′,οπότε , M''οπότε έχουμε:ΜΟˆ Μ′′ = Οˆ 1 + Οˆ 2 + Οˆ 3 + Οˆ 4 = 2Οˆ 2 + 2Οˆ 3 = 2(Οˆ 2 + Οˆ 3 ) = 2 ⋅1 2αφού οι ε, ε′ είναι κάθετες. Η ισότητα ΜΟΜ′′ = 2 σημαίνει ότι τα Μ, Ο,Μ′′ είναι συνευθειακά.Σχόλιο:Από την άσκηση αυτή συμπεραίνουμε ότι: αν ένα σχήμα έχει δύο κάθετουςάξονες συμμετρίας, τότε το σημείο τομής τους είναι κέντρο συμμετρίας τουσχήματος. 24

3.10-3.12§ 3.10-3.12 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Ε πειδή η Bˆ 1 είναι εξωτερική γωνία στο τρίγωνο Α ∆ είναι Bˆ 1 > Γˆ 2 (1). 1 21 ΑΒΓ ΒΓ Από υπόθεση όμως Bˆ 1 > Γˆ 1 (2). Β Α Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει 2Bˆ 1 > 180 ⇔ Bˆ 1 > 90. 21 21 Γ2. Τ ο  είναι ισοσκελές, οπότε Αˆ 1 =Γˆ 1 Δ ΑΒΓ και αφού Αˆ = Γˆ θα είναι Αˆ 2 =Γˆ 2. Από την τελευταία ισότητα προκύπτει Α∆ = Γ∆. Επειδή τα σημεία Β και Δ ισαπέχουν από το Α και Γ, η ευθεία ΒΔ είναι μεσοκάθετος του ΑΓ.3. i) Ε πειδή Βˆ + Γˆ < 180 και Βˆ = Γˆ θα είναι Α Γ Βˆ = Γˆ < 90. ΔΒ ii) Έ στω ΑΔ το ύψος. Αν ∆ ≡ Β θα είχαμε Α∆ˆ Γ = Βˆ , δηλαδή 90 = Βˆ άτοπο. Αν το Δ ήταν σημείο της προέκτασης της ΓΒ προς το Β θα είχαμε Βˆ > ∆ˆ ⇔ Βˆ > 90 άτοπο. Άρα το Δ είναι εσωτερικό σημείο της πλευράς ΒΓ.4. Αν το Δ βρίσκεται μεταξύ των Β, Α τότε η Β∆ˆ Γ X είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου ∆ Α Γ, οπότε A Β∆ˆ Γ > ΒΑˆ Γ. Ομοίως για τις άλλες περιπτώσεις. Δ Β Γ 25

3.10-3.12 Α ΜΓ5. Ε ίναι Μˆ > Γˆ (1), αφού Μˆ εξωτερική γωνία στο τρίγωνο Α Μ Γ. Όμως Γˆ = Βˆ (2). Από (1), (2) παίρνουμε Μˆ > Βˆ οπότε από το τρίγωνο Α ΒΜ προκύπτει ΑΒ > ΑΜ. Β6. Φέρνουμε ∆Ε ⊥ ΒΓ. Επειδή ΓΔ διχοτόμος θα εί- Γ ναι Α∆ = ∆Ε (1). Όμως από το ορθογώνιο τρίγωνο Ε ∆ Β προκύπτει ∆Ε < ∆Β (2). Από (1), (2) παίρνουμε Α∆ < ∆Β. Ε ΑΔ Β  Α7. Τ α τρίγωνα Ο Μ Β και Ο Γ Λ είναι ίσα (Π-Γ-Π), επο-μένως Βˆ 2 =Γˆ 2.Είναι και Βˆ 1 =Γˆ 1 αφού ΟΒ = ΟΓ, οπότε Βˆ = Γˆ . ΜΟΛ Άρα το τρίγωνο Α Β Γ είναι ισοσκελές. 2 2 Α Β1 1Γ Κ 8. Ε πειδή Βˆ = Γˆ θα είναι Βˆ εξ =Γˆ εξ , οπότεΒ1 Λ και Βˆ 1 =Γˆ 1 και επομένως Β∆ = ∆Γ. Έτσι τα τρίγωνα Κ Β ∆ και Λ Γ ∆ έχουν ΚΒ = ΛΓ, Β∆ = Γ∆ και ΚΒˆ ∆ = ΛΓˆ ∆, 1 Γ οπότε είναι ίσα και επομένως ∆Κ = ∆Λ. Δ 26

3.10-3.129. i) Είναι Βˆ 1 =Βˆ =Γˆ =Γˆ 1, Α 2 2 Ι  οπότε το τρίγωνο Β Ι Γ είναι ισοσκελές.  ii) Τ α τρίγωνα Α Ι Β και Α Ι Γ είναι ίσα (Π-Π-Π), αφού έχουν ΒΙ = ΓΙ, ΑΒ = ΑΓ και Βˆ 2 =Γˆ 2 2 2 ( Βˆ 2 = Βˆ − Βˆ 1 = Γˆ − Γˆ 1 = Γˆ 2). 1 1 Β M Γ10. Μ εεφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα τρίγωνα Π Κ1 Κ 2, Π Κ1 Κ3 και Π Κ3 Κ 2 (σχ. Βιβλίου) παίρνουμε αντίστοιχα Κ1Κ 2 < 13, Κ1Κ3 < 17 και Κ3Κ 2 < 16. Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη βρίσκουμε Κ1Κ 2 + Κ1Κ3 + Κ3Κ 2 < 46. Επομένως ο χιλιομετρητής θα έπρεπε να γράψει απόσταση μικρότερη του 46 και όχι 48.Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Α πό την µα < α προκύπτουν ΑΜ < ΒΜ και A 2 12 ΑΜ < ΜΓ. Απ’ αυτές παίρνουμε αντίστοιχα Βˆ < Αˆ 1 και Γˆ < Αˆ 2, απ’ όπου με πρόσθεση Β Μ Γ κατά μέλη προκύπτει: Βˆ + Γˆ < Αˆ . A =α α Γ Όταν µα 2 ή µα > 2 ισχύουν αντίστοιχα Μ Γ Βˆ + Γˆ = Αˆ ή Βˆ + Γˆ > Αˆ . 2. Τα τρίγωνα Α Μ Β και Α Μ Γ έχουν δύο πλευρές ίσες (ΑΜ = κοινή, ΒΜ = ΜΓ) και τις τρίτες άνισες (ΑΒ < ΑΓ), οπότε (εφαρ- μογή § 3.12) οι απέναντι γωνίες θα είναι ομοίως άνισες ΑΜˆ Γ > ΑΜˆ Β. Β3. α) Προεκτείνουμε τη διάμεσο AM κατάίσο B A τμήμα ΜΑ′. Τα τρίγωνα Α Μ Β και Α′Μ Γ μα είναι ίσα (ΠΓΠ), οπότε ΓΑ′ = ΑΒ και ΒΑˆ Μ = ΓΑˆ ′Μ (1). Στο τρίγωνο Α Γ Α′ Μ ⁄⁄ είναι ΑΓ > ΓΑ′ (γιατί ΑΓ > ΑΒ), οπότε μα ΜΑˆ ′Γ > ΜΑˆ Γ, από την οποία σύμφωνα με την (1) προκύπτει ΜΑˆ Β > ΜΑˆ Γ. A' β) Μ ε εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας  στο τρίγωνο Α Γ Α′ παίρνουμε: ΑΓ − ΓΑ′ < ΑΑ′ < ΑΓ + ΓΑ′ ⇔ 27

3.10-3.12⇔ β − γ < 2µα < β + γ ⇔ β − γ < µα < β + γ . 2 2γ) Σύμφωνα με το β) έχουμε:µα < β + γ , µβ < γ +α και µγ < α + β . 2 2 2Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: µα + µβ + µγ < α + β + γ = 2τ.4. Αν τα Σ, Ο, Μ δεν είναι συνευθειακά με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο Σ Μ Ο παίρνουμε: ΣΟ − ΟΜ < ΣΜ < ΣΟ + ΟΜ⇔ ΣΟ − ΟΑ < ΣΜ < ΣΟ + ΟΒ Μ Σ ΑΟ .• Αν Μ ≡ Α τότε: ΣΑ = ΣΜ < ΣΒ και Β• αν Μ ≡ Β είναι ΣΑ < ΣΜ = ΣΒ.  Α5. Στο τρίγωνο Α Β Μ η διχοτόμος 12 είναι και ύψος, επομένως Μείναι ισοσκελές, δηλαδή ΔΑΒ = ΑΜ = 1 ΑΓ ⇔ ΑΓ = 2ΑΒ (1). 2 Β ΓΜε εφαρμογή της τριγ. ανισότητας στο τρί- Γ  (1) Β Μγωνο Α ΒΓ βρίσκουμε ΑΓ < ΑΒ + ΒΓ ⇔ Γ⇔ 2ΑΒ < ΑΒ + ΒΓ ⇔ ΑΒ < ΒΓ. Δ6. Θ εωρούμε το μέσο του τόξου ΑΒ, οπότε Ο ΑΜ = ΜΒ = Γ∆ και ΑΜ = ΜΒ = Γ∆ . Τότε, λόγω της τριγωνικής ανισότητας στο τρίγωνο Α Μ Β, έχουμε ότι: ΑΜ + ΜΒ > ΑΒ ή 2Γ∆ > ΑΒ.7. Έ στω ότι Γ∆ > ΑΒ, οπότε η επίκεντρη γωνία ΑΓΟˆ ∆ είναι μεγαλύτερη της ΑΟˆ Β. Τα τρίγωνα Β Γ Ο ∆ και Α Ο Β έχουν δύο ζεύγη πλευρών ίσα(ΟΑ = ΟΒ = ΟΓ = Ο∆ = R) και τις περιεχόμενεςγωνίες άνισες, οπότε Γ∆ > ΑΒ. (εφ. § 3.11). ΟΤο αντίστροφο αποδεικνύεται εύκολα με απαγωγή Ασε άτοπο. 28

3.10-3.12Σύνθετα Θέματα1. i) Με εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας στα Α Δ τρίγωνα ΑΟΒ, ΒΟΓ, ΓΟ∆ και ∆ Ο Α παίρ- Κ νουμε αντίστοιχα: AB < OA + OB, ΒΓ < ΟΒ + ΟΓ, Γ∆ < ΟΓ + Ο∆ και Α∆ < Ο∆ + ΟΑ από τις οποίες Ο με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο. Β  Γii) Α ν το Ο δεν είναι σημείο της ΑΓ από το τρίγωνο Α Ο Γ προκύπτει ότι: ΟΑ + ΟΓ > ΑΓ και αν το Ο είναι σημείο της ΑΓ θα είναι ΟΑ + ΟΓ ≥ ΑΓ (1). Όμοια παίρνουμε ΟΒ + Ο∆ ≥ Β∆ (2). Από (1), (2) προκύπτει ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ + Ο∆ ≥ ΑΓ + Β∆ η οποία σημαίνει ότι ελάχιστη τιμή του αθροίσματος ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ + Ο∆ είναι η ΑΓ + Β∆ και συμβαίνει όταν το Ο είναι σημείο της ΑΓ και της ΒΔ, δηλαδή όταν Ο ≡ Κ.  Δ E2. Αφού το τρίγωνο Α Ε Β είναι ισοσκελές,θα είναι ΑΕˆ Β = ΑΒˆ Ε και επειδή τατρίγωνα Α Ε ∆ και Α ΒΓ είναι ίσα, θα Αείναι ΑΕˆ ∆ = ΑΒˆ Γ. Κ M ΔΓ BEΕπομένως ΒΕˆ ∆ = ΕΒˆ Γκαι ΜΕˆ Β = ΜΒˆ Ε, οπότε το τρίγωνο Μ Β Ε είναι ισοσκελές. B Α Κii) Αν φδέιχροοτυόμμεοςτ,ηόδμιοάιμαεκσαοιΑηΚΜτΚο,υοιπσόοτσεκτεαλMΑοσύηςμετίραιγΜώ,νΚου, ΑΑεΕίνΒαιθσαBυνεείνυαθιειύαψκοάς. και Γ3. i) Είναι ΑΓ <ΑΒ + ΒΓ (από το Ο B τρίγωνο Α ΒΓ) ΑΓ< Α∆ + ∆Γ Ο (από το τρίγωνο Α ∆ Γ) και Α προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτειΔ το ζητούμενο. Γ Γii) Είναι ΑΟ + ΟΒ > ΑΒ και ∆Ο + ΟΓ > Γ∆ και προσθέτοντας Δ κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.iii) Π ροσθέτοντας κατά μέλη τις δύο ανισότητες (ii) έχουμε ότι: ΑΒ + ΒΓ + Γ∆ + ∆Α < ΑΓ + Β∆. 2 Επίσης προσθέτοντας κατά μέλη τις ΑΓ < ΑΒ + ΒΓ, ΑΓ < Α∆ + ∆Γ, Β∆ < ΑΒ + Α∆ και Β∆ < ΒΓ + Γ∆ καταλήγουμε ότι ΑΓ + Β∆ < ΑΒ + ΒΓ + Γ∆ + ∆Α. 29

3.14-3.15 yΒ Γ Ε4. Από το Γ φέρουμε κάθετες στις Οx, Oy που τις τέμνουν στα σημεία Δ, Ε αντίστοιχα και Δ παίρνουμε τμήματα Γ∆ = Γ′∆ και ΓΕ = Γ′′Ε Γ'' O Ax (συμμετρικά). Τότε η περίμετρος του Α ΒΓ είναι Γ′Α + ΑΒ + ΒΓ′′ > Γ′Γ′′ = 2ΟΓ. Γ' Γ Σχόλιο: Τα σημεία Γ′, Ο, Γ′′ είναι συνευθειακά. Ε (Άσκηση 6-§ 3.8-3.9). ΑΔ Β§ 3.13 Ασκήσεις Εμπέδωσης Ρ ε Ρ'1. Ε πειδή ΕΑ κάθετος στην ΑΒ και Α∆ < ΑΒ θα είναι ∆Ε < ΕΒ (1). ΑΒ Επίσης ΒΑ κάθετος στην ΑΓ και ΑΕ < ΑΓ. Άρα συνεπάγεται ότι ΕΒ < ΒΓ (2). ε1 Μ ε2 Από (1), (2) προκύπτει ότι ∆Ε < ΒΓ. Γ Δ 122. Το ΑΗ είναι μεσοκάθετος του ΒΓ (σχ. Βιβλίου), Α Β άρα ΑΒ = ΑΓ. Τα τμήματα ΑΓ και ΑΔ είναι πλάγια Ο και επειδή ΗΓ < Η∆ και ΑΗ κάθετος προκύπτει ότι ΑΓ < Α∆.3. i) Έστω Ρ′ το ίχνος της καθέτου από το Ρ στην ε. Αν το Ρ′ δεν ταυτίζεται με το Α τότε θα είναι ΡΒ = ΡΑ > ΡΡ′. ii) Θα πρέπει το Ρ′ να ταυτίζεται με το Α, επο- μένως η ε να είναι κάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα ΡΑ, στο σημείο Α.§ 3.14-3.15 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Ο ι χορδές είναι ίσες γιατί έχουν ίσα αποστήματα, αφού το απόστημα κάθε χορδής ισούται με την ακτίνα ρ του μικρού κύκλου.2. Έ στω Μ το σημείο επαφής της ε με τον κύκλο. Η ΟΓ είναι διχοτόμος της ΑΟˆ Μ και η ΟΔ διχοτόμος της ΜΟˆ Β , oπότε ΟΓ ⊥ Ο∆ ⇔ ΓΟˆ ∆ = 90 (δι- χοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). 30

3.14-3.153. Υ πάρχουν δύο δυνατές περιπτώσεις: Για το Σχ. 1 έχουμε ότι: ΡΓ + Γ∆ + ∆Ρ = ΡΑ − ΑΓ + ΓΕ + Ε∆ + ΡΒ − Ρ∆ = 2ΡΑ. Για το Σχ. 2 έχουμε ότι: ΡΓ + Γ∆ + ∆Ρ = ΡΑ + ΑΓ + ΓΕ + Ε∆ + ΒΡ = 2(ΡΑ + Γ∆). ΡΡ ΓΕ ΑΒ ΑΔ B Σχήμα 1 ΓΕ Δ Σχήμα 2 Β Αποδεικτικές Ασκήσεις Α Ε Δ Γ  Α Ο1. Στο τρίγωνο Ο Α Β η ΟΕ είναι ύψος και Ο διάμεσος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές, Μ δηλαδή ΟΑ = ΟΒ (1). Όμως και Ο∆ = ΟΓ (2) (ως ακτίνες). Με \ Β\ Γ αφαίρεση των (1) και (2) κατά μέλη προκύπτει Α∆ = ΒΓ.2. Φέρουμε τη ΜΟ, οπότε οι γωνίες Α Μˆ Ο και ΟΜˆ Β είναι ίσες. Το τρίγωνο Ο Μ Γ είναι ισοσκελές, οπότε η MB είναι και διχοτόμος, άρα ΟΜˆ Β = ΒΜˆ Γ. Άρα ΑΜˆ Γ = 3ΒΜˆ Γ.3. Τ α ευθύγραμμα τμήματα ΡΑ και ΡΒ είναι ίσα, Ρως εφαπτόμενα τμήματα που άγονται από ένα Μ Βσημείο προς τον κύκλο. Επομένως το τρίγωνο  Ο είναι ισοσκελές, οπότε ΡΑˆ Β = ΡΒˆ Α.ΡΑΒΕπίσης, η ΡΟ είναι μεσοκάθετη στο ευθύγραμμοτμήμα ΑΒ, οπότε ΜΑ = ΜΒ και επομένως ΑΜΑˆ Β = ΜΒˆ Α.Αφαιρώντας κατά μέλη τις δύο τελευταίεςισότητες προκύπτει ΜΑˆ Ρ = ΜΒˆ Ρ. 31

Ο 3.16 Ο Α§ 3.16 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. i) Ο ένας κύκλος εσωτερικός του άλλου. ii) Εφάπτονται εσωτερικά. iii) Τέμνονται. iv) Εφάπτονται εξωτερικά. v) Ο ένας κύκλος εξωτερικός του άλλου.2. Οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά. 3. Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά.ΟΑ Α \\ Ο \\ ΒΑποδεικτιΑκές\Α\ σΟκήσει\ς\ Β1. i) Γ ια να τέμνονται οι κύκλοι (Ο, 2R) και (Ρ, ΡΟ) πρέπει να ισχύει:2R − ΡΟ < ΡΟ < ΡΟ + 2R, γιατί ΡΟ < 2R.Η δεξιά ανισότητα προφανώς ισχύει. Για την αριστερή έχουμε:2R − ΡΟ < ΡΟ ⇔ 2R < 2ΡΟ ⇔ ΡΟ > R Γπου ισχύει αφού Ρ εξωτερικό σημείο του (O, R).ii) Επειδή (ΟΓ=) 2R > R το Γ είναι εξωτερικό σημείο Ατου (O, R), άρα η ΟΓ τέμνει τον (O, R) στο Α. ΟΡ Γ Α Όμοια η ΟΔ τέμνει τον (O, R) στο Β. Β ΟΡiii) Επειδή (ΟΑ) = R και (ΟΓ) = 2R το Α είναι μέσο Δ Β της χορδής ΟΓ του κύκλου (Ρ, ΡΟ), οπότε ΡΑ ⊥ ΟΓ, Δεπομένως ΡΑ εφαπτόμενη του (O, R). Όμοια απο-δεικνύεται ότι και η ΡΒ είναι εφαπτόμενη του (O, R).2. i) Ε πειδή Ο1Ο2 > R1 + R 2 ο ένας Α κύκλος είναι εξωτερικός του άλλου. Β ii) • Έ στω ότι το Α δεν συμπίπτει με το M' O1 MN O2 N' Μ ή το Β δεν συμπίπτει με το Ν. Τότε σύμφωνα με το σχόλιο της 32

3.17-3.18 Α Β § 3.11 έχουμε: Ο1Ο2 < O1Α + ΑΒ + ΒMΟ' 2 ή R1 +OΜ1 Ν + RM2 < NR1 + ΑOΒ2 + RN2' ή ΜΝ < ΑΒ. Όταν Α ≡ Μ και Β ≡ Ν τότε ΜΝ = ΑΒ. Άρα γενικά ΜΝ ≤ ΑΒ.•Έστω πάλι ότι το Α δεν συμπίπτει με το Μ′ ή το Β με το Ν′ τότε: ΑΒ < ΑΟ1 + Ο1Ο2 + Ο2Β ή ΑΒ < Μ′Ο1 + Ο1Ο2 + Ο2Ν′ ή ΑΒ < Μ′Ν′. Όταν Α ≡ Μ′ και Β ≡ Ν′ τότε ΑΒ = Μ′Ν′, γενικά λοιπόν θα ισχύει ΑΒ ≤ Μ′Ν′.3.Η ΚΡ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΡˆ Β \ Ρ Δ και η ΡΛ διχοτόμος της ΓΡˆ ∆. Όμως οι γωνίες AΡˆ Β και ΒΡˆ Δ είναι εφεξής και Α \ \ παραπληρωματικές, επομένως ΚΡˆ Λ = 90 . Β Λ Κ \ Γ4.Η απάντηση είναι καταφατική και οι κύκλοι φαίνονται στο διπλανό σχήμα.§ 3.17-3.18 x′ y δ Ασκήσεις Εμπέδωσης O x1. Κατασκευάζουμε γεωμετρικά μια ορθή γωνία xOˆ y και στη συνέχεια κατασκευάζουμε τη διχοτόμο Οδ αυτής. Τότε (xOˆ δ) =45.2. Έστω γωνία xOˆ y. Κατασκευάζουμε τη διχοτόμο y δ2 Οδ αυτής και στη συνέχεια τις διχοτόμους Οδ1 και δ Οδ2 των xΟˆ δ και δΟˆ y αντίστοιχα. δ1 x O Α 33 αα

3.17-3.18 O δ δ13. Θ εωρούμε τμήμα ΒΓ = α και γράφουμε τους xκύκλους (Β, α) και (Γ, α). Αν Α είναι ένα κοινό α Ασημείο των κύκλων αυτών το τρίγωνο Α ΒΓ είναι Β ατο ζητούμενο.  αΓ• Π ράγματι το τρίγωνο Α ΒΓ είναι ισόπλευρο μεΒΓ = α, από υπόθεση, ΑΒ = ΑΓ = α, ως ακτίνεςτων κύκλων (Β, α) και (Γ, α).• Επειδή α − α < α < α + α, οι κύκλοι τέμνονταικαιτο πρόβλημα έχει πάντα λύση. Το τρίγωνοΑ′Β Γ με Α′ το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων(Β, α) και (Γ, α) είναι ίσο με το Α Β Γ, επομένωςη λύση είναι μοναδική.4. Θ εωρούμε τμήμα ΒΓ = α και κατασκευάζουμε την Β Α μεσοκάθετο ε αυτού. Αν η ε τέμνει τη ΒΓ στο Μ και υ πάνω σ’ αυτήν πάρουμε σημείο Α ώστε ΑΜ = υ, MΓ τότε το ΑΒΓ είναι το ζητούμενο. ε • Πράγματι, ΑΒ = ΑΓ και προφανώς ΒΓ = α και ΑΜ = υ. • Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση.5. α) Κ ατασκευάζουμε ορθή γωνία xΑˆ y και πάνω στις y πλευρές της Αx, Ay παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Β Γ, Β ώστε ΑΓ = β και ΑΒ = γ. Το πρόβλημα έχει πάντα μοναδική λύση. γ β) Κατασκευάζουμε ορθή γωνία xΑˆ y και πάνω στην Α βΓ x Ay παίρνουμε σημείο Β ώστε ΑΒ = γ. Στη συνέχεια γράφουμε τον κύκλο (Β, α) που τέμνει την Αx στο y Γ. Το τρίγωνο Α Β Γ είναι προφανώς το ζητούμενο Β και υπάρχει λύση όταν α > γ. γα Α Γx 34

Α Γx Γενικές ΑσκήσειςΓενικές Ασκήσεις1. i) Σ την προέκταση της Γ′Β′ θεωρούμε σημείο Β′′ ώστε Γ′Β′′ = ΓΒ. Τότε τα τρίγωνα Α ΒΓ και Α′Β′′Γ′είναι ίσα, οπότε Βˆ = Βˆ ′′ (1) και Α′Β′′ = ΑΒ (2). Όμως από υπόθεση Βˆ + Βˆ ′ =180 η οποία, λόγω της (1), γίνεται Βˆ ′′ + Βˆ ′ =180 ⇔ Βˆ ′′ =180 − Βˆ ′ =Βˆ ′εξ Α Α′ || || Β Γ B′′ Β′ Γ′ δηλαδή Βˆ ′′ =Βˆ ′εξ και επομένως Α′Β′′ = Α′Β′ η οποία με τη βοήθεια της (2) δίνει Α′Β′ = ΑΒ. ii)Αν δύο τρίγωνα είναι τέτοια ώστε: • μ ια πλευρά και μια προσκείμενη σ’ αυτή γωνία του ενός να είναι ίση με μια πλευρά και μια προσκείμενη γωνία του άλλου, αντίστοιχα και • οι μη προσκείμενες στην πλευρά αυτή γωνίες των τριγώνων είναι πα- ραπληρωματικές. Τότε, οι πλευρές που βρίσκονται απέναντι από ίσες προσκείμενες γωνίες είναι ίσες. 2. Ε πειδή το τρίγωνο Α Β Γ είναι ισόπλευρο τα τρίγωνα Γ' Α Β' 12 Α Β′Γ και Α ΒΓ′ είναι ισόπλευρα και ίσα μεταξύ τους, είναιΑˆ 1 =Αˆ 2 οπότε θα =ϕ (1). ΒΓ  Τα τρίγωνα Β Α Β′ και Γ′ Α Γ έχουνε ΑΓ′ = ΑΒ, ΑΓ = ΑΒ′ και ΒΑˆ Β′ = Γ′Αˆ Γ = Αˆ + ϕˆ , άρα είναι ίσα και Α' επομένως ΒΒ′ = ΓΓ′. Όμοια αποδεικνύεται ότι ΒΒ′ = ΑΑ′.3. Έστω ότι η χορδή ΓΔ είναι μεγαλύτερη της ΑΒ. ΒΓ Μεταφέρουμε την ΑΒ σε ίση χορδή ΓΕ, οπότε το απόστημα ΟΗ της ΑΒ ισούται με το απόστημα Η IΜ ΟΜ της ΓΕ. Αφού τα σημεία Ο και Ε βρίσκονται ΑΟ εκατέρωθεν της ΓΔ, η ΟΜ τέμνει τη ΓΔ σε σημείο I ΚΕ που είναι εσωτερικό του τμήματος ΟΜ. Τότε έχουμε ότι ΟΚ < ΟΙ < ΟΜ = ΟΗ. Δ Αντίστροφα: Έστω ότι ΟΚ < ΟΗ. Τότε: • αν ΑΒ = Γ∆ θα ήταν ΟΚ = ΟΗ (άτοπο). A • αν ΑΒ > Γ∆ θα ήταν ΟΚ > ΟΗ (άτοπο). ΔΚ Άρα ΑΒ < Γ∆. 35

Δ Γενικές Ασκήσεις  A4. Έχουμε Α ΒΒˆΕ1 (=1)Β. ΕΓπΖίσ(ηΑς ΒΑ=ΒΒΖΓ=, ΒΕ = ΓΖ , Γ ). ΒΓ∆ Β = ΔΚ Άρα Αˆ 1 = θ (ΑΒ = ΒΓ, Αˆ = Βˆ , ΑΖ = Β∆). Άρα Βˆ 2 =Γˆ 2. Λω Ζ Από (1), (2), αφού ΑΒ = ΒΓ προκύπτει ότι Ε Γ φ ΑΒΛ = ΒΓΜ. Β Επομένως Λˆ = Μˆ , οπότε ωˆ = ϕˆ . Όμοια ωˆ = θˆ . Άρα ωˆ = ϕˆ = θˆ .5. Φ έρουμε ΑΔδιχοτόμο. Έστω Ε το μέσο της Α || ΑΓ. Τότε Α Β ∆ = Α ∆ Ε 12 1Ε Δ 2 ||  Α∆ κοινή, Αˆ 1 = Αˆ 2 , ΑΒ = ΑΕ = ΑΓ .  2 Α Δ < 90, 90. ω Άρα Βˆ = Εˆ 1  οπότε Εˆ 2 > Β 1 Γ Μ Γ  ω Τα τρίγωνα Α Ε ∆ και ∆ Ε Γ έχουν: ω ΔΕ κοινή, ΑΕ = ΕΓ, Εˆ 2 > Εˆ 1.  Β Άρα ΔΓ > ΑΔ. Επομένως στο τρίγωνο Α ∆ Γ είναι Αˆ 2 > Γˆ ή Αˆ > Γˆ . 2 6. Έ στω Μ το μέσο της ΒΓ. Το τρίγωνο Α Β Μ είναι ισοσκελές. Φέρουμε τη διχοτόμο ΒΔ της γωνίας Β. Τότε το τρίγωνο ∆ Β Γ είναι ισοσκελές και η ΔΜ ύψος και διχοτόμος, οπότε ∆Μˆ Β =1 . Τα  τρίγωνα Β ∆ Α και ΒΜ ∆ είναι ίσα (Π-Γ-Π), οπότε ΒΜˆ ∆ = ΒΑˆ ∆ = .  Α Α′7. Θεωρούμε τα τρίγωνα Α ΒΓ και Α′Β′Γ′ με ≈ Γ ≈ Γ′ ΑΒ = Α′Β′, ΑΓ = Α′Γ′ και ΑΜ = Α′Μ′. Μ′ Β || Μ || Β′ || || Προεκτείνουμε τις AM, Α′Μ′ κατά τμήματα ΑΜ = Μ∆ και Α′Μ′ = Μ′∆′. ≈ ≈    Δ Δ′ Τότε Α ΒΜ = Μ Γ ∆ και Α′Β′Μ′ =Μ′Γ′∆′, οπότε Γ∆ = ΑΒ και Γ′∆′= Α′Β′.  Επομένως τα τρίγωνα Α Γ ∆ και Α′Γ′ ∆′ είναι ίσα (Π-Π-Π). Ά ρα ΓΜ = Γ′Μ′, οπότε ΒΓ = Β′Γ′. Άρα Α ΒΓ = Α′Β′Γ′ (Π-Π-Π). 36 Β′ y

Δ Δ′ Γενικές Ασκήσεις8. Α πό συμμετρία έχουμε ότι: ΑΜ = Α′Μ και ΒΝ = Β′Ν, οπότεΑΜ + ΜΝ + ΝΒ = Α′Μ + ΜΝ + ΝΒ′, δηλαδή το ζητούμενο. Φέρνουμε τοΑ′Β′. Β′ yΣύμφωνα με το σχόλιο της § 3.11 έχουμεA′B′ ≤ Α′Μ + ΜΝ + ΝΒ′, δηλαδή η μικρότερητιμή του αθροίσματος Α′Μ + ΜΝ + ΝΒ′ είναιτο Α′Β′. Αυτό θα συμβεί όταν τα Μ, Ν βρεθούν Nπάνω στο Α′Β′ και επειδή ανήκουν και στις Ox, K ΒOy αντίστοιχα, πρέπει τα Μ, Ν να ταυτιστούν με A ΛMτα Κ, Λ αντίστοιχα. Ο Α′ x 37



4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ• Αν φέρουμε παράλληλη από αυτά μέρη γωνίες ίσες ή σημείο της διχοτόμου γωνίας iii) Δύο εντός και επί τα αυτά προς μια πλευρά της σχηματί- ζεται ισοσκελές τρίγωνο. μέρη γωνίες παραπλη- ρωματικές (Ασκήσεις: § 4.1-4.5 Εμπέδω- (Ασκήσεις: § 4.1-4.5 Εμπέ- σης 2, Αποδεικτικές 4, 5 και δωσης 4, 5 και § 4.6-4.8 Σύνθετα 3) Σύνθετα 7) • Τρία σημεία Α, Β, Γ είναι συ- Αντίστοιχα αν φέρουμε παράλ- νευθειακά αν ληλη προς τη διχοτόμο γωνίας. i) Η γωνία ΑΒˆ Γ είναι 0 ή 180 (Ασκήσεις: § 4.1-4.5 Εμπέδω- ii) Οι ευθείες π.χ. ΑΒ, ΑΓ είναι σης 3, Αποδεικτικές 2, 3 και παράλληλες ή κάθετες σε Σύνθετα 4) ευθεία ε. Την (i) περίπτωση συναντήσαμε και σε προη-• Δύο ευθείες είναι παράλληλες γούμενο κεφάλαιο. (Ασκή- αν ισχύει ένα από τα παρα- σεις: § 4.6-4.8 Σύνθετα 3). κάτω: Άλλες ασκήσεις θα δούμε στο 5ο Κεφάλαιο. α) Ε ίναι κάθετες στην ίδια Σχόλιο: Ισοδύναμες εκφράσεις ευθεία. είναι: ′′η ευθεία ΑΒ διέρχεται από το Γ ′′, ′′το Γ ανήκει στην (Ασκήσεις: § 4.1-4.5 Εμπέ- ευθεία ΑΒ′′. δωσης 6, Αποδεικτικές 1) • Μια γωνία τριγώνου είναι ορθή αν οι άλλες δυο γωνίες είναι β) Είναι παράλληλες προς συμπληρωματικές. τρίτη ευθεία. (Ασκήσεις: (Ασκήσεις: § 4.6-4.8 Σύνθετα 1) § 4.1-4.5 Σύνθετα 1) γ) Τεμνόμενες από τρίτη ευθεία σχηματίζουν: i) Δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες ή ii) Δ ύο εντός εκτός και επί τα

4.1-4.5§ 4.1-4.5 Α Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Έχουμε Βˆ = Γˆ ( ΑΒ = ΑΓ) Βˆ = ∆ˆ 1, Γˆ = Εˆ 1 Δ1 1 Εε (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). Άρα Β Γ ∆ˆ 1 =Εˆ 1, οπότε Α∆ = ΑΕ. y2.Έ χουμε Οˆ 1 =Οˆ 2 (διχοτόμος) Αˆ 1 =Οˆ 2 ΒΑ δ (εντός εναλλάξ). Άρα Οˆ 1 =Αˆ 1, οπότε x 1 ΟΒ = ΑΒ. 1 Ο23. Έ χουμε Οˆ 1 =Οˆ 2 (διχοτόμος) Α y Οˆ 1 =Αˆ 1 (εντός εναλλάξ) Οˆ 2 =Βˆ 1 δ (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). 11 x Άρα Αˆ 1 =Βˆ 1, οπότε ΟΑ = ΟΒ. Β2 Ο4.Έ χουμε Βˆ = Γˆ (ΑΒ = ΑΓ) ∆Β = ∆Ε, οπό- Α τε Βˆ = Εˆ 1. Άρα Γˆ = Εˆ 1 , οπότε ΔΕ//ΑΓ Δ (αφού σχηματίζουν δύο εντός εκτός και 1 επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες). Ε Β Γ 40

||4.1B-4′′ .5Β′5. Έ χουμε Α|| Γ = Α  Ε (Π-Γ-Π), άρα Βˆ = ∆ˆ, οπότε E Δ Α Β ∆ ΔΕ//ΒΓ (αφού σχηματίζουν δύο εντός και εναλ- λάξ γωνίες ίσες). Β Γ6. Έ χουμε ΟΜ ⊥ ΑΒ (ΟΜ απόστημα) Ο ΟΜ ⊥ Οx. Άρα Οx//ΒΑ. x A ΜΒ ΑΑποδεικτικές Ασκήσεις 121. Έχουμε ΑΒ = ΑΓ = Γ∆, άρα Αˆ 2 =∆ˆ (1) ΜΓ }ΑΜ ⊥ ΒΓ (διάμεσος και ύψος) AM//ΓΔ, οπότε Γ∆ ⊥ ΒΓ Αˆ 1 =∆ˆ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι Αˆ 1 =Αˆ 2 , δηλαδή Β η ΑΔ είναι διχοτόμος της ΜΑˆ Γ.Ε Δ x Α 2. Έχουμε ΕΓ = ΑΕ + ΑΓ (1) 12 Αˆ 1 =Αˆ 2 (διχοτόμος) || Αˆ 1 =Βˆ 1 (εντός εναλλάξ) Αˆ 2 =Εˆ (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη). ΒΔ Άρα Βˆ 1 =Εˆ , οπότε ΑΕ = ΑΒ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΕΓ = ΑΒ + ΑΓ. Γ 41

4.1-4.53.Έχουμε ∆Γ = ΑΓ − Α∆ (1) x 2Α Αˆ 1 =Αˆ 2 (διχοτόμος) 1 Αˆ 1 =Βˆ 1 (εντός εναλλάξ) Αˆ 2 =∆ˆ 1 (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη) 1Δ Άρα Βˆ 1 =∆ˆ 1, οπότε Α∆ = ΑΒ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι ∆Γ = ΑΓ − ΑΒ. 1 Γ Β Α4.Έχουμε ∆Ε = ∆Ι + ΙΕ (1) ΔΙ Ε  B Γ Τα τρίγωνα Β ∆ Ι, Γ Ε Ι είναι ισοσκελή (Άσκ. 2). Οπότε ∆Ι = Β∆ και ΙΕ = ΓΕ (2) Α ΕΓ Από (1) και (2) προκύπτει ότι ∆Ε = Β∆ + ΓΕ. I BΔ5.Έχουμε ΒΓ = Β∆ + ∆Ε + ΕΓ (1)  Τα τρίγωνα Β ∆ Ι, Γ Ε Ι είναι ισοσκελή, οπότε ∆Ι = Β∆ και ΙΕ = ΓΕ (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΒΓ = Ι∆ + ∆Ε + ΙΕ. Σύνθετα Θέματα Α1.Έ χουμε ΕΒ = ΕΖ, οπότε Βˆ 2 =Ζˆ 1. Ε Δ Αλλά Βˆ 2 =Βˆ 1. Άρα Ζˆ 1 =Βˆ 1, 1Ζ οπότε ΕΖ//ΒΓ (1) (αφού σχηματίζουν Μ1 Κ δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες). Γ Όμοια ΚΒ = ΚΜ, οπότε 4 3 21 Μˆ 1 =Βˆ 3 =Βˆ 4. Β Άρα ΜΚ//ΒΓ (2). Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΕΖ//ΜΚ.42

4.1-4.52. Φέρουμε ΓΖ//Αx//By. Τότε: Α Δx}∆ˆ 1 =Γˆ 2 (εντός εναλλάξ) Άρα Γˆ 1 =Γˆ 2 (1) 1 1 2( ∆ˆ 1 =Γˆ 1 ) Γ 3 zΌμοια 4}Γˆ 3 =Εˆ 1 (εντός εναλλάξ) Άρα Γˆ 3 =Γˆ 4 (2)Γˆ 4 =Εˆ 1 (ΒΕ =ΒΓ) 1Από (1) και (2) προκύπτει Β Eyότι Γ∆ ⊥ ΓΕ (διχοτόμοι εφεξήςκαι παραπληρωματικών γωνιών). ΑΕπομένως ∆Γˆ Ε = 1 . 123. Έχουμε ∆Ε = ΙαΕ − Ια∆ (1) Ε ΓΕπίσης Αˆ 1 = Αˆ 2 = ΑΙˆαΕ, οπότε ΑΕ = ΙαΕ (2) Βκαι Βˆ 1 = Βˆ 2 = ΒΙˆα∆, οπότε Β∆ = Ια∆ (3) Δ 1 2Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι ∆Ε = ΑΕ − Β∆. Ια4. α) Ε πειδή ΑΔ//ΕΜ έχουμε Αˆ 1 =Εˆ 1, Αˆ 2 =Ζˆ 1 =Ζˆ 2, οπότε Εˆ 1 =Ζˆ 1. Άρα ΑΕ = ΑΖ. (α) β) Έχουμε ΒΕ + ΓΖ = ΒΑ + ΑΕ + ΓΖ = ΒΑ + ΑΖ + ΓΖ = ΒΑ + ΑΓ = σταθ.γ) Π ροεκτείνουμε την ΕΜ κατά τμήμα ΜΗ = ΕΜ. Ε Γ Τότε Β Ε Μ = Μ Η Γ (ΒΜ = ΜΓ, ΜΗ = ΕΜ, Μˆ 1 =Μˆ 2), οπότε ΓΗ = ΒΕ (1) και Εˆ 1 =Ηˆ . 1 Αλλά Εˆ 1 =Ζˆ 1 =Ζˆ 2, άρα Ηˆ = Ζˆ 2, δηλαδή ΓΖ = ΓΗ (2) Α Από (1) και (2) προκύπτει ότι ΒΕ = ΓΖ. 12 1Z Από το (β) είναι φανερό ότι 2 ΒΕ = ΓΖ = ΑΒ + ΑΓ. 2 1Μ Β Δ2 Επίσης ΑΕ = ΑΖ = ΒΕ − ΑΒ = ΑΒ + ΑΓ − ΑΒ = ΑΓ − ΑΒ. Η 22 43

4.6-4.8§ 4.6-4.8 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. α) Αˆ =90, Βˆ = 2 Αˆ = 60, Γˆ =30. 3}β) Αˆ =90, Βˆ = 2 Γˆ Βˆ =36 3 Γˆ =54 Αλλά Βˆ + Γˆ = 902. Έχουμε Αˆ =Βˆ και Βˆ = Γˆ , οπότε Βˆ = Γˆ = 2Αˆ . 2 Αλλά Αˆ + Βˆ +=Γˆ 180 ⇔ 5=Αˆ 180 ⇔=Αˆ 36, οπότε Β=ΙˆΓ 90 + =Αˆ 108. 23. Έχουμε Γˆ=εξ 144 ⇔=Γˆ 36, Αˆ = 3Βˆ και Γˆ εξ = Αˆ + Βˆ ⇔ Γˆ εξ = 4Βˆ ⇔ Βˆ = 36. Άρα Βˆ = Γˆ = 36, οπότε ΑΒ = ΑΓ.4. Βˆ = ∆Αˆ Γ = ϕˆ ΑΓˆ = ∆Αˆ Β = ωˆ (οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές) ω φ φ ω Γ ΒΔ x Α5. Έχουμε ΑΒ = ∆Β, οπότε ∆ˆ = Αˆ 1 = ϕˆ 108οΑΒ = ΑΓ, οπότε Βˆ = Γˆ = ωˆΣτο τρίγωνο  = 108 οπότε ϕˆ =36 φ1 ⇔ ωˆ =}Στο τρίγωνο ∆ Α Γ: Αˆ εξ = ϕˆ + ωˆ 2ϕˆ Α  Β: Βˆ εξ = ∆ˆ + Αˆ 1 ∆ φ ωω Δ ΒΓ6. Έϕˆχ=ουΒˆμε(εωνˆτ=όςΑˆε1κτ=ό4ς5κα(ιεενπτίότςαενααυλτλάά)ξ) ΑΒˆ = Γˆ + 20  Βˆ = ϕˆ = 55 12Βˆ + Γˆ =90   Β Ε Γ 44 ω φ Δ

4.6-4.87. Έχουμε Σν = 2ν − 4 ορθές, οπότε 900= (2ν − 4)90 ⇔ 2ν − 4= 10 ⇔ 2ν= 14 ⇔ ν= 7.Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Βˆ εξ = 90 + Αˆ ⇔ 2Βˆ εξ = 180 + Αˆ ⇔ 2(Αˆ + Βˆ ) = (Αˆ + Βˆ + Γˆ ) + Αˆ ⇔ Βˆ = Γˆ , 2 άρα ΑΒ = ΑΓ.2. i) Α∆ˆ Γ = Βˆ + Αˆ 1  Α∆ˆ Β = Γˆ + Αˆ 2   Α∆ˆ Γ − Α∆ˆ Β = Βˆ − Γˆ Α Αˆ 1 =Αˆ 2  12  ii)Έχουμε Α∆ˆ Γ − Α∆ˆ Β = Βˆ − Γˆ (από (i)) Αλλά Α∆ˆ Γ + Α∆ˆ Β = 180. Β Δ Γ Άρα 2Α∆ˆ=Γ 180 + Βˆ − Γˆ ⇔ Α∆ˆ=Γ 90 + Βˆ − Γˆ , Γ 2 Β οπότε Α∆ˆ=Β 90 − Βˆ − Γˆ . 2 1 23. Στο τρίγωνο Α  Ε (∆ˆ =90 ): ∆Αˆ Ε + Εˆ 1 =90. Α ∆ 1 Αλλά Εˆ 1 = Αˆ 1 + Γˆ ⇔ Εˆ 1 = Αˆ 1 + Γˆ 2 (εξωτερική ) και 90 = Αˆ + Βˆ + Γˆ , οπότε Β 1 222 ΔΕ ∆Αˆ Ε + Αˆ + Γˆ= Αˆ + Βˆ + Γˆ ⇔ ∆Αˆ Ε= Βˆ + Γˆ − Γˆ= Βˆ + Γˆ . 2 222 22 2 4. Στο τρίγωνο Α Ε Β: ΑΕˆ Β = Αˆ 1 + Βˆ 1 = 180 ⇔ ΑΕˆ Β + Αˆ + Βˆ = 180 (1) 2 2 Α Αλλά Αˆ + Βˆ + Γˆ +=∆ˆ 360 ⇔ 1 2 (2) Ε Γ Από (1), (2) προκύπτει ότι ΑΕˆ Β = Γˆ + ∆ˆ . 2 Δ 45

4.6 - 4.85. Έχουμε Α Αˆ + Βˆ + Γˆ =180  Αˆ + =2Γˆ 180 ⇔=Αˆ 180 − 2Γˆ ⇔ Βˆ = Γˆ   ⇔ Αˆ = 2(90 − Γˆ ) ⇔ Αˆ = 2Ε∆ˆ Γ αφού Ε∆ˆ Γ + Γˆ = 90, οπότε Ε∆ˆ=Γ 90 − Γˆ . Ε}6. ΑΣΣττλοολάττρρΒίˆίγγ1ωω=ννοΒοˆ 2ΒΑκΕΒα ι∆ΖΕ:ˆ:1ΕΖˆˆ=21 ++Εˆ 2ΒΒˆˆ, 12 ==99 00 Ζˆ 1 =Εˆ 1 1 BΔ Γ οπότε ΑΕ = ΑΖ. 2 Α B Γ 1Ζ Η 1 Γ 2Ε Δ7. Στο τρίγωνο  Ηˆ + Βˆ 2 =90 Α Στο τρίγωνο : Ζˆ 2 + Βˆ 1 =90 ΒΗ Γ: 1  ΑΒΖ }Αλλά Βˆ 1 = Βˆ 2 και Ζˆ 1 =Ζˆ 2, Ζ Ζˆ 1 =Ηˆ 12 οπότε ΖΓ = ΓΗ. Β 1 2Σύνθετα Θέματα1.  Α∆ ⇔ ∆ˆ 1 = Εˆ , Ε = Εˆ Στο τρίγωνο Α Ε ∆: ΑΕ = Αˆ 2 Αˆ = ∆ˆ 1 + Εˆ (ως εξωτερική), οπότε ∆ˆ 1 = (1) Α Αλλά Αˆ + Βˆ + Γˆ =180 1 }Βˆ = Γˆ Αˆ + 2Βˆ = 180 ⇔ Δ ά ⇔ραΑ2ˆΚˆ+==Βˆ909, 0οπ ⇔ό(1τ)ε∆ˆ∆1 Ε+ 2 =Βˆ 90 ⇔ ∆ˆ 2 + =Βˆ 90 , ⊥ ΒΓ. ΒΚ Γ 46

4.6-4.8 2. Στο τρίγωνο Α Β Ε το ΑΖ είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε το τρίγωνο Α είναι ισοσκελές. Άρα Βˆ 1 =Εˆ 1 (1). Α ΒΕ 12Επίσης Βˆ 1 = ΕΒˆ Γ = Βˆ (2).Εˆ 1 = ΕΒˆ Γ = Γˆ (εξωτερική) 1 1Ε Γ (1) B Z Δ⇔ Βˆ 1 = ΕΒˆ Γ + Γˆ (3).Από (2), (3) προκύπτειότι 2ΕΒˆ Γ = Γˆ = Βˆ ⇔ ΕΒˆ Γ = Βˆ − Γˆ . 23.Έχουμε: ΑΒ = Β∆, οπότε Αˆ 1 = ∆ˆ = ωˆ και ΓΕ = ΑΓ, Ε φοπότε Αˆ 2 = Εˆ = ϕˆ . Α 2φΑλλά Εˆ + ∆ˆ =90 ω1 Γ  Ε(από το τρίγωνο Ε Γ ∆), Ηοπότε Αˆ 1 + Αˆ 2 =90. Δω ΒΆρα Αˆ 1 + Αˆ 2 + Αˆ =180και επομένως τα Δ, Α, Εείναι συνευθειακά. Α4. i) Έχουμε  Β ∆ Γ)  Β Η Ε) }Βˆ 1 + Γˆ =90 (από τρίγωνο Η Εˆ + Βˆ =90 (από τρίγωνο Βˆ 1 =Εˆ Δ Βˆ = Γˆ (ΑΒ = ΑΓ) 1 οπότε Β∆ = ∆Ε. 1  Γ Βii) Τα τρίγωνα Β ∆ Γ και ∆ Γ Ε Α έχουν: ΔΓ κοινή, Β∆ = ∆Ε 1 και Β∆ˆ=Γ 90 > ∆ˆ 1. Άρα ΒΓ > ΓΕ. Δ Γ 5. i) Έχουμε Α Ζ Β = Α Γ Η (ΒΗ = ΑΓ, ΓΗ = ΑΒ, Ε ΑΒˆ Ζ = ΑΓˆ Η = 90 + Αˆ ). Άρα ΑΖ = ΑΗ. Βii) ΖΑˆ Η = ΖΑˆ ∆ + ΓΑˆ Η Ζ }ΓΑˆ Η = Ζˆ (από (i)) ΖΑˆ Η = ΖΑˆ ∆ + Ζˆ = 90 οπότε ΑΖ ⊥ ΑΗ. 47

Γενικές Ασκήσεις 6. Στο τρίγωνο ∆ Ζ Ε είναι: ∆ˆ B ϕˆ + ∆ˆ 2 +=Εˆ 1 180 ⇔ ϕˆ + 2 +=Εˆ 1 180 (1) 12 Αλλά Εˆ 1 = Γˆ = Βˆ 2 = Γˆ + Βˆ (2) A 2 φ Ζ (εξωτερική στο τρίγωνο Β Ε Γ) και Αˆ + Βˆ + Γˆ + ∆ˆ =360, οπότε 1 1 2 Αˆ + Βˆ + Γˆ ∆ˆ ΔΕ Γ + =180 (3). Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι 2 222 ϕˆ + Γˆ= Αˆ + Γˆ ⇔ ϕˆ= Αˆ − Γˆ . 22 27. Επειδή ΑΟˆ Β = 90, θα είναι ωˆ + ϕˆ =90 (1). Κ1 Επομένως ωα Αˆ 1 + Βˆ=1 180 − 2ωˆ + 180 − 2=ϕˆ Α1 ω= 360 − 2(ωˆ (1) 360 − 2 ⋅ 9=0 180. β +=ϕˆ ) Άρα α//β. φ1 φ ΟΒ Κ2Γενικές Ασκήσεις1. Έχουμε Β∆ˆ Γ = Αˆ + Βˆ 1 = Αˆ + Βˆ Α 2  (εξωτερική του τριγώνου Α Β ∆) και Ε Δ ΓΕˆ Α = Βˆ + Γˆ 2 = Βˆ + Γˆ 2 1 1  2 (εξωτερική στο τρίγωνο Β Ε Γ). Β2 Αρκεί Αˆ + Βˆ = Αˆ + Γˆ ⇔ 2Αˆ + Βˆ = 2Βˆ + Γˆ ⇔ 2Αˆ = Βˆ + Γˆ Γ 22 που ισχύει (αφού Αˆ =60, Βˆ + Γˆ −120).2. Έ στω Ζ μέσο του EΓ. Α  Δ Τότε το τρίγωνο Β ∆ Ζ είναι ισόπλευρο ΕΖ ( Β∆ = ΒΖ = 2 α , Βˆ =60) και η ΔΕ είναι διάμεσος. 3 Άρα ΔΕ ύψος, οπότε ∆Ε ⊥ ΒΓ. Β Γ 48

Γενικές Ασκήσεις3. Φέρουμε ∆Η ⊥ ΑΒ, ∆Κ ⊥ ΑΓ.Είναι ∆Η = ∆Η (ΑΣ διχοτόμος). B  Επίσης είναι = ( Ηˆ = Κˆ = 90, ∆Η = ΗΚ, ΗΔ ΒΗ∆ Ζ∆Κ ΕΒˆ = Ζˆ ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές). ΑΚ ΓΆρα Β∆ = Ζ∆. Επομένως Β Ε ∆ = Ζ ∆ Γ 1 23(ορθογώνια, Β∆ = Ζ∆ , Βˆ = Ζˆ ), 1άρα ΒΕ = ΓΖ. Δ4. Επειδή Αˆ + Βˆ + Γˆ + ∆ˆ =360, Z Γκαι Αˆ = Γˆ = 90 είναι Βˆ + ∆ˆ =180. x ΕΆρα Βˆ = ∆ˆ 1.   ΒΕπομένως Α Β Γ = Γ ∆ Ε Α = ∆Ε, Βˆ = ∆ˆ 1).( ΒΓ = Γ∆, ΑΒ ~Οπότε Γˆ 1 =Γˆ 3 (1). (1) Γˆ = Γˆ 1 + Γˆ 2 = 90Αλλά ⇔Γˆ 2 + Γ=ˆ 3 90 ⇔ ΑΓˆ=Ε 90, ~δηλαδή ΑΓ ⊥ ΓΕ.5. i) Επειδή ΑΒ < ΑΓ θα είναι Βˆ < Γˆ (1). Α Γ Αλλά =Βˆ 90 − ΒΑˆ ∆ ,=Γˆ 90 − ΓΑˆ ∆ (2). Γ Από (1), (2) προκύπτει υα ότι: 90 − ΒΑˆ ∆ > 90 − ΓΑˆ ∆ ή −ΒΑˆ ∆ > −ΓΑˆ ∆ ή ΒΑˆ ∆ < ΓΑˆ ∆. Δ Α Β μα ii)Προεκτείνουμε την AM κατά ΜΕ = ΑΜ.  1 Τότε Α Β Μ = Μ Ε Γ (ΑΜ = ΜΕ, ΒΜ = ΜΓ, Μˆ 1 =Μˆ 2). Μ2 Άρα ΑΒ = ΓΕ και ΒΑˆ Μ = Εˆ .  Επομένως στο τρίγωνο Α Γ Ε έχουμε ΓΕ = ΑΒ < ΑΓ, οπότε ΜΑˆ Γ < Εˆ ή ΜΑˆ Γ < ΒΑˆ Μ. Βiii) Επειδή ΑΕ διχοτόμος θα είναι ΒΑˆ Ε = ΕΑˆ Γ = Αˆ . Ε 2Από το i) έχουμε ΑˆΒΑˆ ∆ < ΓΑˆ ∆ , άρα ΒΑˆ ∆ < 2 ,ενώ από το ii) έχουμε 49