Γεωμετρία λύσεις των ασκήσεων Α Λυκείου

Γενικές Ασκήσεις Α Γ Δ ΕΜΒΑˆ Μ > ΜΑˆ Γ, άρα ΒΑˆ Μ > Αˆ . 2Επομένως το ύψος και η διάμεσοςβρίσκονται εκατέρωθεν της διχοτόμου. B  Κ16. Αφού τα τρίγωνα Κ1 Β Γ, Κ 2 Α Γ, Κ3 Α Β είναι ισοσκελή, οι διχοτόμοι των γωνιών τουτριγώνου Κ1 Κ2 Κ3 είναι μεσοκάθετες των BΓ, Γω Οω ΒΓΑ, ΑΒ. Άρα το έγκεντρο του τριγώνου Κ1 Κ 2 Κ3 φταυτίζεται με το περίκεντρο Ο του τριγώνου Α Β Γ, θοπότε ΟΑ = ΟΒ = ΟΓ. Κ2 φ Α θΑρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι Κ3ΟΑ ⊥ Κ 2Κ3, ΟΒ ⊥ Κ1Κ3 , ΟΓ ⊥ Κ1Κ 2.Πράγματι έχουμεΟΒˆ Κ1 = ΟΓˆ Κ1 = ωˆ , ΟΓˆ Κ 2 = ΟΑˆ Κ 2 = ϕˆ και ΟΑˆ Κ3 = ΟΒˆ Κ3 = θˆ(από την ισότητα των αντίστοιχων τριγώνων).Επειδή ωˆ + ϕˆ = ωˆ + θˆ = ϕˆ + θˆ = 180 προκύπτει ότι ωˆ = ϕˆ = θˆ = 90.7. i) Έχουμε ΑΖ = ΑΕ = x, Β∆ = ΒΖ = y Ζ Α και Γ∆ = ΓΕ = ω. Β Τότε y + ω = α, x + ω = β, x + y =γ (1). Ε Οπότε με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: Ι 2x + 2y + 2ω = α + β + γ = 2τ ⇔ x + y + ω = τ (2) Μ Από (1), (2) προκύπτει ότι x = τ − α, y = τ − β Δ Δ' Γ και ω = τ − γ. Z' E'ii) ΑΖ′ + ΑΕ′ = ΑΒ + ΒΖ′ + ΑΓ + ΓΕ′ = Ια = ΑΒ + Β∆′ + ΑΓ + Γ∆′ = ΑΒ + ΑΓ + ΒΓ = α + β + γ = 2τ. Επειδή όμως ΑΖ′ = ΑΕ′, προκύπτει ότι ΑΖ′ = ΑΕ′ = τ.iii) Έστω Μ το μέσο του BΓ. Τότε ΜΒ = ΜΓ (3). Αλλά Β∆ = τ − β και Γ∆′ = ΓΕ′ = ΑΕ′ − ΑΓ = τ − β. 50

Γενικές Ασκήσεις Άρα Β∆ = Γ∆′ (4) Από (3), (4) προκύπτει ότι Μ∆ = Μ∆′, άρα τα τμήματα BΓ και ΔΔ′ έχουν κοινό μέσο. iv) ΖΖ′ = ΑΖ′ − ΑΖ = τ − (τ − α) = α, ΕΕ′ = ΑΕ′ – ΑΕ = τ – (τ – α) = α και ∆∆′ = ΒΓ − Β∆ − Γ∆′ = α − (τ − β) − ΓΕ′ = α − τ + β − (ΑΕ′ − ΑΓ) = = α − τ + β − (τ − β) = α + 2β − 2τ = α + 2β − (α + β + γ) = β − γ. 51



5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ • Το κοινό κέντρο δυο ή περισσότερων παραλληλογράμμων διχοτομεί τις διαγωνίους των παραλληλογράμμων. Άρα οι φορείς τους είναι συντρέχουσες ευθείες. (Ασκήσεις: § 5.1-5.2 Εμπέδωσης 3 και Σύνθετα 1) • Για τις συντρέχουσες ευθείες λαμβάνουμε υπόψιν μας την παρατήρηση της § 5.7. Αν τρεις ευθείες ε1, ε2, ε3 είναι φορείς υψών, διαμέσων ή διχοτόμων τριγώνου συντρέχουν. (Ασκήσεις: § 5.9 Σύνθετα 8 και § 5.11 Σύνθετα 1) Σχόλιο: Ισοδύναμη έκφραση είναι ′′οι ευθείες ε1, ε2 τέμνονται σε σημείο της ε3′′. • Ένα τρίγωνο είναι ορθογώνιο αν μια διάμεσός του ισούται με το μισό της αντίστοιχης πλευράς. (Ασκήσεις: § 5.11 Αποδεικτικές 1, 4) • Για να αποδείξουμε ότι μια παράσταση Α που εξαρτάται από μεταβλητό σημείο Μ παραμένει σταθερή θεωρούμε μια ή δυο χαρακτηριστικές (ή οριακές) θέσεις του σημείου Μ και βρίσκουμε την τιμή c της παράστασης Α. Αρκεί τότε, για την τυχαία θέση του Μ, να αποδείξουμε ότι Α =c. (Ασκήσεις: § 5.3-5.5 Σύνθετα 3)

5.1-5.2§ 5.1-5.2 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Έχουμε: Α ΒΑˆ 1 =Αˆ 2  Αˆ 1 =Εˆ 1, άρα ∆Ε = Α∆ = ΒΓ. 2 ΓΑˆ 2 =Εˆ 1  1 Β  Ζ Δ 1 Γ Α Ε Ε2. Έχουμε:ΟΕ = ΟΖ  άρα ΒΕΔΖ παραλληλόγραμμο.ΟΒ = Ο∆ Ο Δ3. i) Έχουμε ΑΕ//=ΓΖ, άρα ΑΕΓΖ παραλ- Α ΕΒ ληλόγραμμο. Ο ii) Ο ι ΑΓ, ΒΔ ως διαγώνιοι του παραλλη- λογράμμου ΑΒΓΔ διχοτομούνται από το Δ ΖΓ Ο. Οι ΕΖ, ΑΓ είναι διαγώνιοι του ΑΕΓΖ, οπότε η ΕΖ διέρχεται από το μέσο Ο της ΑΓ. Άρα ΑΓ, ΒΔ, ΕΖ συντρέχουν.4. Έχουμε: ΑΑˆ 1 = Αˆ 2  Αˆ 2 = ∆ˆ 1, οπότε ΑΕ = ∆Ε = ΒΖ 12Αˆ 1 = ∆ˆ 1   ΖΕαφού το ΒΔΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. 1 Γ ΒΔΑποδεικτικές Ασκήσεις1. Έ χουμε: ΜΕ = Α∆ (1), αφού ΑΔΜΕ παραλ- Α ληλόγραμμο. Βˆ = Γˆ  Βˆ Μˆ 1, Ε Μˆ 1 =Γˆ Επίσης:  άρα = Δοπότε Μ∆ = ∆Β (2) 1Από (1), (2) προκύπτει ότι: Β Μ ΓΜ∆ + ΜΕ = Α∆ + ∆Β = ΑΒ. 54

5.1-5.2  Α Β2. Έχουμε: Α ΒΕ = ∆ Ζ Γ ∆Γ, Αˆ 1 =Γˆ 1, Εˆ 2 =Ζˆ 2, 12(ΑΒ = Εˆ 1 =Ζˆ 1), άρα ΒΕ = ∆Ζ.αφού Ε1Αλλά ΒΕ//ΔΖ, οπότε ΔΕΒΖ 1Ζπαραλληλόγραμμο. Άρα ΔΕ//ΒΖ. 21 ΔΓ3. Φ έρουμε ΑΓ. Τότε το ΑΖΒΓ είναι παραλ- Ζ \ Β Ε ληλόγραμμο (ΑΖ//=ΒΓ), οπότε ΒΖ//ΑΓ (1). Επίσης το ΑΒΕΓ είναι παραλληλόγραμμο \\ \ \\ (ΑΒ//=ΓΕ), οπότε ΒΕ//ΑΓ (2). \ Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι Ζ, Β και Ε Α Γ συνευθειακά (Ευκλείδειο αίτημα). \\ Δ4. Έχουμε ΑΖΒΓ παραλληλόγραμμο Z Α H (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται), οπότε ΑΖ//=ΒΓ (1). Επίσης το ΑΗΓΒ ≈ \ Δ παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοί του ≈ \\ διχοτομούνται), οπότε ΑΗ//=ΒΓ (2). Ε Άρα: \\ i) ΑΗ = ΑΖ = ΒΓ \ ii) Ζ, Α, Η συνευθειακά (Ευκλείδειο αίτημα). ΒΓ5. Με κέντρο τυχαίο σημείο Ο πάνω στη Ο Α μία από τις παράλληλες, γράφουμε λλ ΔΖ κύκλο με ακτίνα λ, που τέμνει την άλλη παράλληλο στα Β και Γ. Στη συνέχεια Β ΓΕ Η από το Α φέρουμε τις παράλληλες προς x y τις ΟΒ και ΟΓ ευθείες. Επειδή τα τετράπλευρα ΟΔΕΒ και ΟΖΗΓ είναι παραλληλόγραμμα, είναι ∆Ε = ΟΒ = λ και ΖΗ = ΟΓ = λ. 55

5.1-5.2Σύνθετα Θέματα1. i) Έχουμε:Α Ε Κ = Γ Η Ζ (ΑΕ = ΓΗ, Α \\ Ε Β   ΚΑΚ = ΓΖ, Αˆ = Γˆ ) και \Ο \ ΒΕΖ = ∆ΚΗ Ζ(∆Κ = ΒΖ, ΕΒ = ∆Η, Βˆ = ∆ˆ ),οπότε ΚΕ = ΖΗ και ΕΖ = ΚΗ.Άρα ΕΖΗΚ παραλληλόγραμμο.ii) Ε πειδή ΒΕ//=ΔΗ το ΔΕΒΗ Δ Η \\ Γ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα}ΑΓ, ΒΔ διαγώνιοι του ΑΒΓΔ άρα οι ΑΓ, ΒΔ, ΕΗ και ΚΖΒΔ, ΕΗ διαγώνιοι του ΔΕΒΗ συντρέχουν στο Ο.EH, ΚΖ διαγώνιοι του ΕΖΗΚ 2. Έχουμε: ΖΖˆ = Γˆ 1 (∆Ζ = ∆Γ) άρα Γˆ 1 =Γˆ 2 (1)Ζˆ = Γˆ 2 Εˆ = Γˆ 3 Εˆ = Γˆ 4 Α Β Ε (ΒΕ = ΒΓ) \ Ε  άρα Γˆ 3 =Γˆ 4 (2) \  23 14Από τις (1), (2) προκύπτει Δ xότι ΖΓ ⊥ ΓΕ (διχοτόμοι εφεξής Γκαι παραπληρωματικών γωνιών)άρα: ΖΓˆ Ε = 90.  Α Β3. Έχουμε Β Ε Γ: 1 }Εˆ = Γˆ1 (ΒΕ = ΒΓ) Βˆ 2Γ \ 2και Βˆ = Εˆ + Γˆ 1 (εξωτ.) άρα Γˆ 1 = Εˆ = (1) \  Δ \\Επίσης στο ∆ Γ Ζ:Γˆ 2 (∆Γ = ∆(εΖξω) τ.) άρα Γˆ 2 = Ζˆ = ∆2ˆ Βˆ \\∆ˆ = Ζˆ + Γˆ 2 2}Ζˆ = = (2)καιΆρα: Γˆ 1 + Γˆ 2 + Γˆ = Βˆ + Βˆ + Γˆ = Βˆ + Γˆ = 180, Ζ 2 2οπότε τα Ζ, Γ, Ε είναι συνευθειακά. 56

5.3-5.5 Α4.Φέρουμε ΔΖ//ΑΒ. Δ Τότε Ζˆ 1 = Βˆ = Γˆ , άρα ∆Ζ = ∆Γ = ΒΕ. Επομένως ΔΖ//=ΒΕ, οπότε το ΒΔΖΕ παραλληλόγραμμο. Άρα Ο μέσο ΔΕ. \ \ \ ΒΟ 1 Γ Ζ Ε5. Υ ποθέτουμε ότι το πρόβλημα είναι λυμένο και έστω Ε Α ΓΔ η θέση της γέφυρας και ΑΓ = Β∆, όπου Α και Β Β τα δύο χωριά. Εάν φέρουμε μια βοηθητική ευθεία \\ BE, παράλληλη και ίση προς την ΓΔ, παρατηρούμε ότι το σημείο Γ προσδιορίζεται από την κάθετη Μ ΓΜ στο μέσο Μ της ΑΕ (μεσοκάθετος). Γ Πράγματι το ΓΔΒΕ είναι παραλληλόγραμμο (ΓΔ//= ΒΕ) και επομένως Β∆ = ΕΓ = ΑΓ. \\ Δ \\§ 5.3-5.5 Α ΖΒ Ασκήσεις Εμπέδωσης ΔΕ Γ1. Έχουμε ΑΕ//=ΓΖ, οπότε το ΑΕΓΖ είναι πα- ραλληλόγραμμο. Επειδή Εˆ =90το ΑΕΓΖ είναι ορθογώνιο.2. Τ ο ΑΕΓΖ είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι Α Ο Β Ε διαγώνιοί του διχοτομούνται. Επειδή Ζ ΕΖ = ΟΕ + ΟΖ = ΟΒ + Ο∆ = ∆Β = ΑΓ Δ Γ 222 το ΑΕΓΖ είναι ορθογώνιο.3. Έ χουμε ΑΕ ⊥ ∆Ε, ΒΗ ⊥ ΓΗ και ΑΖ ⊥ ΒΖ Α Β Κγιατί οι διχοτόμοι των εντός και επί τα αυτά Εμέρη γωνιών τέμνονται κάθετα (εφαρ. § 4.4). ΗΆρα Εˆ = Ζˆ = Ηˆ = 90, οπότε το ΕΖΗΚ είναι Δ Ζορθογώνιο. Γ 57

5.3-5.54. Έ στω ΑΒΓΔ ρόμβος. Τότε Α  Ε (Αˆ = Γˆ , Εˆ = Ζˆ = 90,Α∆Ε = ∆ΓΖ ΔΒΑ∆ = ∆Γ). Ζ ΓΆρα ∆Ε = ∆Ζ.Έστω ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο και ∆Ε = ∆Ζ.  Τότε (Αˆ = Γˆ , Εˆ = Ζˆ = 90, Α∆Ε = ∆ΓΖ∆Ε = ∆Ζ).Άρα Α∆ = ∆Γ, οπότε το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος.5. ΈχουμεΕΖ ⊥ Β∆ } Άρα το ΔΕΒΖ είναι τετράγωνο.ΕΖ = Β∆Ο μέσο ΕΖ, ΔΒ   ΑΚ Β Λ6. Έχουμε Α Κ Ν = Β Κ Λ = Μ Γ Λ = Μ ∆ Ν, 12 Γοπότε ΚΛ = ΛΜ = ΜΝ = ΝΚ (1)Επίσης Κˆ 2 =Νˆ 1, οπότε 1Κˆ 1 + Κˆ 2 =Κˆ 1 + Νˆ 1 =90. Άρα Κˆ =90 (2) ΝΑπό (1), (2) προκύπτει ότι το ΚΛΜΝ είναι τετράγωνο. Δ Μ Αποδεικτικές Ασκήσεις Α  Ε1 Δ1. Έχουμε ∆ Ε Μ = Μ Β Ζ (ΒΜ = Μ∆, 1 \\ Γ Μˆ 1 =Μˆ 2, ∆ˆ 1 =Βˆ 1). Άρα ∆Ε = ΒΖ. Αλλά ΔΕ//ΒΖ, οπότε το ΔΕΒΖ είναι 1\\ 2 Μ παραλληλόγραμμο. Επειδή ΒΔ διχοτόμος της Βˆ το ΔΕΒΖ είναι ρόμβος. ΒΖ  AE B Z2. i) Α Β Ζ = Α ∆ Ε (ΑΕ = ΒΖ, ΑΒ = Α∆, 1 Αˆ = Βˆ = 90). 2K Άρα ΑΖ = ∆Ε.ii) Έχουμε 1∆ˆ 1 =Αˆ 1, οπότε 90, ΔΓ∆ˆ 1 + Αˆ 2 = Αˆ 1 + Αˆ 2 = Αˆ = οπότεΚˆ =90  (στο τριγ. Α ∆ Κ). Άρα ΑΖ ⊥ ∆Ε. 58

5.3-5.53. Έχουμε ΕΒΖΔ παραλληλόγραμμο (ΒΖ//=ΔΕ), Α Β οπότε ΒΕ//=ΔΖ. Άρα ΕΗ//=ΖΘ και ΕΗ = ΗΖ Ζ (αφού ΑΒΖΕ, ΔΓΖΕ ορθογώνια). Επομένως Η Γ το ΕΘΖΗ είναι ρόμβος. Ε \\ \\ Θ Δ4. Έστω ΚΛ ⊥ ΕΖ . Α Ε Β Κ ΖΗ Μ Φέρουμε ΕΗ ⊥ ∆Γ και ΚΜ ⊥ ΒΓ. Λ Δ Τότε ΚΜ =⊥ ΕΗ. Γ   Άρα Ε = Κ Μ (Ηˆ = Μˆ = 90, ΖΗ Λ ΚΜ = ΕΗ, Κˆ = Εˆ ως οξείες με κάθετες πλευρές). Επομένως ΕΖ = ΚΛ.Σύνθετα Θέματα1. Έχουμε Μ Ε∆ˆ∆==ΓˆΜ=Ζ4Γ5(),Μˆ 1 =Μˆ 2 =90, Ε ∆Μ = ΜΓ, οπότε ∆Ε = ΓΖ. Α 450 Β Αλλά ΔΕ//ΓΖ, οπότε το ΔΕΓΖ \\ Δ 450 Μ\\ 450 Γ \\ είναι παραλληλόγραμμο. \\ Επειδή ΕΖ ⊥ ∆Γ και ∆Μ = ΜΕ (∆ˆ =45), οπότε ΕΖ = ∆Γ το ΔΕΓΖ είναι τετράγωνο. Ζ2. Έχουμε Αˆ 1 =Βˆ 3 =∆ˆ 1 (1) (αφού ΑΒΓΔ Α Β ορθογώνιο) και Αˆ 1 =Βˆ 4 (2) (οξείες με κάθετες 1 3 12 4 πλευρές). Επομένως Ζˆ 1 = ∆ˆ 1 + Βˆ 1 (ως εξωτερική) Ο Ε (1), (2) 1 1 Γ = Βˆ 4 + Βˆ 1 = Βˆ 4 + Βˆ 2, οπότε Δ Z Ζˆ 1 = ΓΒˆ Ζ. Άρα ΒΓ = ΓΖ.3. i) Έστω Κ τυχαίο σημείο της βάσης, ΒΓ, A Κ∆ ⊥ ΑΓ, ΚΕ ⊥ ΑΒ. H ZΔ Φέρουμε ΚΖ ⊥ ΒΗ. Τότε Κ∆ = ΖΗ  KΓ και ΚΕ = ΒΖ (αφού Β Ε Κ = Β Ζ Κ γιατί Ζˆ = Εˆ = 90, KB κοινή, Βˆ = Γˆ = ΒΚˆ Ζ). E Άρα Κ∆ + ΚΕ = ΖΗ + ΒΖ = ΒΗ = σταθερό. B 59

5.6-5.9ii) Έ στω Μ τυχαίο σημείο. Φέρουμε από το Μ Ζ Α παράλληλη προς τη ΒΓ που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ Κ, Λ αντίστοιχα. Τότε από το i) έχουμε: Ε Ν ΜΛ  ΗΔ Γ ΜΖ + ΜΕ = ΑΝ (1) (αφού το τριγ. Α Κ Λ είναι ισόπλευρο). Επίσης Μ∆ = ΝΗ (2)Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΒΜ∆ + ΜΕ + ΜΖ = ΑΗ = σταθερό.§ 5.6-5.9 Α Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Έχουμε Α Β Γ:} Δ μέσο ΑΒ άρα ΔΕ // ΒΓ Δ Ε H Ε μέσο ΑΓ } Δ μέσο ΑΒ ΒZΓκαι Α Β Ζ: ΔΕ//ΒΓ άρα Η μέσο ΑΖ. } Η μέσο ΒΑΓΓ ά ρα ∆Η / / = ΑΒ (1) A Δ μέσο 2 ΖΗ2. Έχουμε Α Β Γ: EΔ } άρα ΖΕ / / = ΑΒκαι Α Β ∆: Ζ μέσο ΑΔ (2) Ε μέσο ΒΔ 2Από (1), (2) προκύπτει ότι ΔΗ//=ΖΕ, Β Γοπότε το ΔΕΖΗ είναι παραλληλόγραμμο.  ΒΓ Α3. Έχουμε Β∆Γ ( ∆ˆ =90, ΔΜ διάμεσος): ∆Μ = 2και  ( Εˆ =90, ΕΜ διάμεσος): ΕΜ = ΒΓ . Δ 2 ΒΕΓΆρα Μ∆ = ΜΕ. Ε Β \\ Μ \\ Γ 60

5.6-5.9  (Αˆ =90, Βˆ =30): ΑΓ = ΒΓ και Β4. Α Β Γ 2 300  (Ε, Ζ μέσα ΑΒ, ΑΓ): ΕΖ = ΒΓ . Δ 2 ΑΒΓ Άρα ΕΖ = ΑΓ.5. Έχουμε   (Θˆ 1 = Θˆ 2, ΒΘ = ΘΓ, ΑΖΓ Α ΒΘΕ = ΓΘ∆ ΕΔ Θ∆ = ΘΕ). Άρα ΒΕ = Γ∆, οπότε β = γ. 1 Θ2  ΒΓ Β6. Σ το τρίγωνο Β ∆ Γ τα ΒΑ και ΔΗ είναι ύψη, οπότε το Ε είναι το ορθόκεντρο. Άρα ΓΕ ⊥ ∆Β. Η7. Έχουμε:  (Δ, Ε μέσα ΑΒ, ΒΓ), άρα ΔΕ//= ΑΓ , Ε Γ ΔΑ Α Β Γ: 2 Ε Β Γ οπότε ΖΕ= 2∆Ε //=ΑΓ. Επομένως το ΑΓΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Αλλά Βˆ =30, 300 οπότε ΑΓ = ΒΓ = ΕΓ. Άρα το ΑΓΕΖ είναι ρόμβος. ΖΔ \\ \\ 2 Α Αποδεικτικές Ασκήσεις Β 1. i) Έχουμε: ∆ Ε Ζ = Α Ε Ζ (ΕΖ κοινή, ∆Ε = ΑΒ = ΑΕ, ∆Ζ = ΑΓ = ΑΖ). 22 Άρα Ε∆ˆ Ζ = Αˆ = 90.ii) Έχουμε:  (Ε, Ζ μέσα ΑΒ, ΑΓ): ΕΖ = ΒΓ (1) Ε Μ ΑΒΓ 2 Δ Α Ζ  (∆ˆ =90, ΔΜ διάμεσος): ∆Μ = ΕΖ (2) 2 και Ε ∆ Ζ Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ∆Μ = ΒΓ . Γ 4 61

5.6-5.9 ΑB2. Φέρουμε ΔΒ. Τότε έχουμε: ΟΕ  Η Β Γ ∆ (Ε, Ζ μέσα ΒΓ, ΓΔ): ΕΖ//ΒΔ, οπότε Η μέσο του ΓΟ. Δ ZΓ Άρα: Γ=Η Γ=Ο ΑΓ. 243. Στο τριγ.  είναι: ΜΑˆ ∆ + Μˆ 1 = 90 (1) Α ΜΑ∆ 1Αλλά Μˆ 1 = Γˆ + Αˆ 1 = 2Γˆ (2) 1(αφού Αˆ 1 =Γˆ ) και Βˆ + Γˆ =90 (3) ΔΜΑπό τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι:ΜΑˆ ∆ + 2Γˆ = Βˆ + Γˆ ή ΜΑˆ ∆ = Βˆ − Γˆ . Β Γ ΑΕ Β4. Έχουμε ΒΕ//=ΔΖ, οπότε το ΔΕΒΖ είναιπαραλληλόγραμμο. Άρα ΔΕ//ΒΖ. ΚΗ ΔΖ ΓΕπομένως στο τριγ. Ε μέσο ΑΒΒ}Α Η: άρα ΑΚ = ΚΗ (1) ΕΚ//ΒΗ } Ζ μέσο ΔΓ άρα ΓΗ = ΚΗ (2)κ αι στο τριγ. Γ ∆ Κ: ΖΗ//ΔΚΑπό (1), (2) είναι ΑΚ = ΚΗ = ΓΗ.  Α Β Ε5. Φέρουμε ΑΓ τότε: Α Β Γ: ΑΕ, ΒΟ διάμεσοι, Η Γ Δοπότε Κ βαρύκεντρο. Άρα: Κ ΟΒΚ= 2 ΒΟ= 2 ⋅ Β∆= Β∆ (1) και Ζ3 32 3Α ∆ Γ: ΑΖ, ΔΟ διάμεσοι, οπότε Η βαρύκεντρο.Άρα: ∆Η= 2 ∆Ο= 2 ⋅ Β∆= Β∆ (2) 3 32 3Από τις (1), (2) θα είναι και ΚΗ = Β∆, 3οπότε ∆Η = ΚΗ = ΒΚ = ∆Β. 3 62

5.6-5.9 Α6. Έστω Ζ το μέσο ΕΓ. Τότε: Ε  Δ Β Ε Γ (Μ, Ζ μέσα ΒΓ, ΕΓ): ΜΖ//ΒΕ (1)  Ζ και Α Μ Ζ (Δ μέσο AM, ΔΕ//ΜΖ από (1)): Ε μέσο ΑΖ, οπότε: ΑΕ = ΕΖ = ΕΓ . Β ΜΓ 27. i) Έ χουμε: ΒΕ = ΑΒ = Γ∆, A Β Ε Δ Ο οπότε ΒΕ//=ΓΔ, άρα το ΒΕΓΔ Μ Z Γ είναι παραλληλόγραμμο. H Επομένως ΒΖ = ΖΓ. Γ  Β ii) Στο τριγ. Β ∆ Γ: ΓΟ, ΔΖ 300 διάμεσοι, οπότε Η βαρύκεντρο. Δ Α Άρα: ΓΗ = 2 ΓΟ = 2 ΑΓ ή ΓΗ= 1 ΑΓ. 3 32 3 Επομένως ΑΗ= 2 ΑΓ. Άρα ΓΗ = ΑΗ. 328.  Γ  ∆ (Μˆ = Αˆ = 90, i) Έχουμε Μ ∆ Γ = Α ΔΓ κοινή, ΑΓ = ΒΓ = ΜΓ. 2 Άρα Μ∆ = Α∆. ii)  ( Μˆ =90 , Βˆ =30 ): Μ ∆ Β Μ∆= ∆Β ⇔ ∆Β= 2Μ∆. Αλλά Α∆ = Μ∆, 2 οπότε: ∆Β + Α∆ = 3Μ∆ ⇔ Μ∆ = ΑΒ. 3 =90  Α Ε Β9. Αρκεί Ηˆ 1 + Κˆ 1 (στο τριγ. Μ Η Κ). ΜΚ 12 Έχουμε: Α  Β: (Ηˆ =90, HE διάμεσος) 1 2 1 Η Ζ Άρα Ηˆ1 =Βˆ 1 (1) Η και Κ Β Γ (Κˆ = 90 , ΚΖ διάμεσος). Άρα Κˆ 2 =Κˆ 1 =Βˆ 2. (2) Δ Γ Επομένως Ηˆ 1 + Κˆ 1 = Βˆ 1 + Βˆ 2 = Βˆ = 90. 63

5.6-5.910. Παρατήρηση: A B d Δύο σημεία Α και Β d Α MB ισαπέχουν: \\ \\ i) Από κάθε ευθεία d παράλληλη προς την ΑΒ d ii) Α πό κάθε ευθεία που διέρ- Α χεται από το μέσο του ΑΒ.Έστω Α, Β και Γ τα τρία χωριά.Σύμφωνα με την παρατήρηση ο δρόμος Δ dδρόμος πρέπει να συνδέει τα μέσα  Εδύο πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ. dΠροφανώς υπάρχουν τρεις τέτοιοιδρόμοι. d BΓΣύνθετα Θέματα  Α1. Έχουμε Α Β Γ: (Ε, Ζ μέσα ΑΓ, ΒΓ).Άρα ΕΖ//ΑΒ, οπότε Βˆ = Ζˆ 1 (1)  =90, ΔΕ διάμεσος).και (∆ˆ Ε Α ∆ Γ:Άρα ∆Ε = ΕΓ, οπότε Γˆ = Ζˆ 1 (2) (1), (2) Β 11 ΓΑλλά Ζˆ 1 = ∆ˆ 1 + ∆Εˆ Ζ ⇔ ∆Εˆ Ζ = Βˆ − Γˆ. ΔΖ2. Φέρουμε τη διάμεσο AM. Τότε ΑΒ = ΒΜ, Bοπότε Αˆ 1 = Βˆ = 15. Άρα Μˆ 1 = Αˆ 1 + Βˆ = 30. 150 Επομένως στο τριγ. Μ ∆ είναι ∆ˆ =90, Μˆ 1 =30 , Μ Α 1άρα=Α∆ Α=Μ ΒΓ, αφού ΑΜ = ΒΓ . 24 2 ΔΑντίστροφα: Αν Α∆ = ΒΓ, τότε επειδή ΑΜ = ΒΓ 42 1έχουμε Α∆ = ΑΜ , οπότε στο ορθογώνιο τριγ. 2 ΑΓΜ  ∆ είναι Αˆ 1 =30. Άρα=Βˆ Μˆ=1 15. 2 Α 64

5.6-5.9 Β K Γ Ε Z  Α3. Έχουμε Κ ∆ Γ: (Ζ, Η μέσα ΔΓ, ΔΚ). H Άρα ΖΗ\\= ΚΓ (1) Δ 2 και Κ βαρύκεντρο του τριγ. Α Β Γ, άρα ΕΚ = ΚΓ (2) 2 Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΖΗ\\=ΕΚ, οπότε το ΕΚΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΕΗ//ΚΖ.4. Επειδή Β∆ = ΒΕ έχουμε Εˆ = ∆ˆ 1 = ∆ˆ 2. Α Αλλά Βˆ = Εˆ + ∆ˆ 1, οπότε Βˆ = 2∆ˆ 2 ⇔ 2Γˆ = 2∆ˆ 2 ⇔ ∆ˆ 2 = Γˆ . Μ Άρα ∆Μ = ΜΓ (1). 3 Επίσης ∆ˆ 3 =Αˆ 1 (συμπληρωματικές ίσων γωνιών), οπότε ∆Μ = ΑΜ (2). Β 1 2 Γ Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΑΜ = ΜΓ. Δ Ε5. Προεκτείνουμε την BE που τέμνει την ΑΓ στο Ζ. A  Τότε το τριγ. Α Β Ζ είναι ισοσκελές 12(ΑΕ διχοτόμος και ύψος), οπότε ΑΒ = ΑΖ (1) Ζκαι Ε μέσο του ΒΖ (2). Άρα:  B Ε ΔΜi) Β Ζ Γ (Ε μέσο ΒΖ, Μ μέσο ΒΓ): Γ EM//= ΖΓ (3). Επομένως ΕΜ//ΑΓ. 2ii) Ε=Μ Ζ=Γ ΑΓ − Α=Ζ ΑΓ − ΑΒ. 22 2iii) ∆Εˆ Μ = Αˆ 2 = Αˆ , αφού ΕΜ//ΑΓ. 2 Α6. Έστω ΜΖ ⊥ ΑΒ που τέμνει την ΒΔ στο Μ. ΖΔ  Η Αρκεί ΑΗ ⊥ ΓΕ. Στο τριγ. Α Β Μ το Η είναι Μ το ορθόκεντρο, οπότε ΑΗ ⊥ ΒΜ (1). Επίσης \\  στο τριγ. ∆ Ε Γ τα Β και Μ είναι μέσα των ΔΕ Β και ΔΓ, οπότε ΒΜ//ΓΕ (2). Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΑΗ ⊥ ΓΕ. Ε \\ 65 ΚΓ

5.10-5.117. i) Έχουμε Κˆ = Λˆ = 90 και ΚΒˆ Λ = 90 (διχοτόμοι Αεφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). ΟΜ 1ΚΆρα το ΑΚΒΛ είναι ορθογώνιο. Λ 1ii) Ε πειδή ΑΚΒΛ ορθογώνιο είναι: Ο μέσο ΑΒ Κˆ 1 Βˆ 1 Βˆ 2, 2και = − οπότε ΟΚ//ΒΓ. Επομένως Γ Β στο τριγ. Α Β Γ έχουμε Ο μέσο ΑΒ, ΟΚ//ΒΓ.Άρα Μ μέσο ΑΓ.8. i)Αˆ = Εˆ = Ζˆ = 90.Άρα το ΑΕΔΖ είναι ορθογώνιο, οπότε ΑΑ∆ = ΕΖ. 1 Ζ 1ii) Ε πειδή ΑΕΔΖ ορθογώνιο έχουμε ΗΖˆ 1 =Εˆ 1 =∆ˆ 1. Ε 11 Κ 2 ΜΑλλά ∆ˆ 1 =Βˆ (οξείες με κάθετες πλευρές), B Γ Δοπότε Zˆ 1 = Bˆ (1).Επίσης Αˆ 1 =Γˆ (2) (ΑΜ = ΒΓ = ΜΓ). 2Από (1), (2) προκύπτει ότιΑˆ 1 + Ζˆ 1 = Βˆ + Γˆ = 90.Άρα Ηˆ =90, οπότε ΑΜ ⊥ ΕΖ.iii) Έ στω Κ το σημείο τομής των AM και ΔΖ. Αρκ εί ΒΚ//ΕΖ. Έχουμε ΒΕ//ΚΖ (ως κάθετες στην ΑΓ) και Α Κ Ζ = Β Ε ∆ (Ζˆ = Εˆ = 90 , ∆Ε = ΑΖ, Αˆ 1 = Γˆ = ∆ˆ 2), οπότε ΒΕ = ΚΖ. Άρα ΚΖ//=ΒΕ,οπότε το ΒΕΖΚ είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς ΒΚ//ΕΖ.§ 5.10-5.11 Κ Ασκήσεις Εμπέδωσης ≈ \\ ΗΘ1. Έ χουμε ΕΖ//ΑΒ (διάμεσος τραπεζίου) (1)  ≈ \\ και Κ Α Β: (Η, Θ μέσα ΚΑ, KB). ΑΒ Άρα ΗΘ//ΑΒ (2). Από (1), (2) προκύπτει ότι ΗΘ//ΑΒ//ΕΖ, οπότε το ΕΖΘΗ είναι τραπέζιο. ≈ \\ Ε Ζ ≈ Δ \\ Γ 66

5.10-5.11 Α  Δ Ε Β Γ2. Έ χουμε Α Β Γ: (Δ, Ε μέσα ΑΒ, ΑΓ). Άρα ΔΕ//ΒΓ (1) και Βˆ = Γˆ (2) (ΑΒ = ΑΓ). Από τις (1), (2) προκύπτει ότι το ΔΕΓΒ είναι ισοσκελές τραπέζιο.  \\ΑΒ ΕΖ3. Έχουμε Ο Α Β: (Ε, Ζ μέσα OA, OB). Ο \\  Άρα ΕΖ//ΑΒ (1) Ο ∆ Γ: (Θ, Η μέσα ΟΔ, ΟΓ). ΘΗ Άρα ΘΗ//ΔΓ (2). Επειδή ΑΒΓΔ ισοσκελές τραπέζιο είναι ΑΓ = Β∆, οπότε ΑΓ = Β∆ ⇔ ΕΗ = ΘΖ (3) Δ Γ 22 Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι το ΕΖΗΘ είναι ισοσκελές τραπέζιο.4. Έχουμε ΚΛ//ΑΒ//ΓΔ. Άρα ΚΛ//ΕΓ. Α Β  Κ Λ Επίσης ( Εˆ =90 ΕΚ διάμεσος). ΔE Γ ΑΕ∆ Άρα ΕΚ = Α∆ = ΒΓ = ΛΓ. 22 Επομένως το ΚΛΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο.5. Έχουμε Α  Ε = Β  ( Εˆ = Ζˆ = 90 , Α Β ΖΓ ∆ ΖΓ ΑΕ = ΒΖ, Α∆ = ΒΓ). 2∆Ε + ΕΖ = 2∆Ε + ΑΒ. Άρα ∆Ε = ΓΖ (1) Επίσης Γ∆ = ∆Ε + ΕΖ + ΖΓ = Δ Ε Άρα ∆Ε = ΓΖ = Γ∆ − ΑΒ . 26. Το τετράπλευρο ΒΒ′Γ′Γ είναι τραπέζιο, Β' ΑΜ Γ' ε αφού ΒΒ′//ΓΓ′, ως κάθετες στην ε. Η Β Κ Γ ΜΔ είναι διάμεσος του τραπεζίου, οπότε ΜΔ// ΒΒ′//ΓΓ′. Δ Άρα ∆Μ ⊥ ε. Επομένως η ΜΚ είναι δι- άμεσος του ορθογωνίου τριγώνου  οπότε ΜΚ = Α∆ . ΑΜ ∆, 2 67

5.10-5.11Αποδεικτικές Ασκήσεις1. Έχουμε: ΑΒ}ΑΒ//ΕΖ, οπότε Βˆ 1 =Ηˆ 1 1 2Αλλά Βˆ 1 =Βˆ 2 Άρα Ηˆ 1 =Βˆ 2, οπότε: Ε Η1 ΖΗΖ = ΒΖ = ΖΓ = ΒΓ . Άρα ΒΗˆ Γ = 90. ΔΓ 22. Ε πειδή ΖΗ//ΒΓ και Βˆ = Γˆ το ΖΗΒΓ είναι ισοσκελές Α τραπέζιο, οπότε ΓΗ = ΒΖ. Μ ΗΖ Αλλά ΒΖ = ΑΖ (ΖΜ μεσοκάθετος ΑΒ). Άρα ΓΗ = ΑΖ. Β Γ B3. Φέρουμε ΒΕ′ ⊥ ∆Γ. Τότε στο τριγ. Α 2α  Ε α ( Εˆ ′ =90, Γˆ =60, Βˆ =30).Β Ε′ Γ 300 ΖΆρα Ε=′Γ Β=Γ α. Δ 600 22Επομένως ∆Γ = ∆Ε′ + Ε′Γ = ΑΒ + Ε′Γ = 2α + α = 5α . Ε' Γ 22Ά=ρα ΕΖ Α=Β + Γ∆ 2=α + 52α 9α . Β 2 24 Α4. Έστω Ε μέσο ΑΔ. Τ=ότε ΜΕ Α=Β + Γ∆ Α∆, οπότε ΕΜ 22 ΑΜˆ ∆ = 90 (αφού ΜΕ διάμεσος στο τριγ. Α ∆). Μ Δ Γ Β5. Έχουμε ∆ˆ = Γˆ (ΑΒΓΔ ισοσκελές) Α και ∆ˆ = Μˆ 1 (ΑΔ//ΜΕ) Δ Ε Άρα Μˆ 1 =Γˆ , οπότε ΜΕ = ΕΓ = ΒΕ = ΒΓ . ΜΓ 2 Άρα ΒΜˆ Γ = 90 ή ΒΜ ⊥ ∆Γ. 68

5.10-5.11  Α6. Έχουμε Α Β Γ (Δ, Ε μέσα ΑΒ, ΑΓ)Άρα ΔΕ//ΒΓ, οπότε ΔΕ//ΗΖ (1) ΔΕ Επίσης Α Β Γ (Ε, Ζ μέσα ΑΓ, ΒΓ).Άρα ΕΖ = ΑΒ (2) και  ΑΗΒ 2 Β ΗΖ Γ(Ηˆ =90, ΗΔ διάμεσος). Άρα Η∆ = ΑΒ 2 (3)Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι το ΔΕΖΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο.  Α Β ΛΖ7. Έστω Γ∆= 2ΑΒ. Έχουμε Α Β ∆ (Ε, Κ μέσα ΑΔ, ΔΒ). ΓΆρα ΕΚ = ΑΒ  2 (1) και Α Β Γ (Ζ, Λ μέσα ΒΓ, ΑΓ).Άρα ΛΖ = ΑΒ (2) ΕΚ 2Επί=σης ΚΛ ∆=Γ − ΑΒ 2Α=Β − ΑΒ ΑΒ (3) Δ 2 22Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΕΚ = ΚΛ = ΛΖ.8. Έχουμε ΚΛ//ΔΓ//ΑΒ και ΑΒ ΚΛΚΛ = ∆Γ − ΑΒ = 3ΑΒ − ΑΒ = ΑΒ, 22 Δ Γοπότε ΚΛ//=ΑΒ.Άρα το ΑΚΛΒ είναι παραλληλόγραμμο.Αν το ΑΚΛΒ είναι ορθογώνιο,τότε ΒΚ = ΑΛ, οπότε Β∆ = ΑΓ.Άρα το ΑΒΓΔ πρέπει να είναι ισοσκελές τραπέζιο.9. Στο τραπέζιο ΕΒΓΔ η ΖΗ είναι διάμεσος, οπότε ΑΕ Β ΖΖΗ = ΕΒ + ∆Γ = ΑΒ + 3 ΑΒ ΑΒ. Η Γ 22 = 22Άρα ΗΖ//=ΑΒ, οπότε το ΑΒΖΗ είναι παραλληλό- Δ Θγραμμο.Επίσης Θ∆ = ∆Γ − ΘΓ = ∆Γ − ΑΒ, αφού το ΑΒΓΘ είναιπαραλληλόγραμμο. 69

5.10-5.1110. Το ΑΓΓ′Α′ είναι τραπέζιο με διάμεσο ΚΚ′. ΆραΚΚ′= ΑΑ′ + ΓΓ′ ⇔ ΑΑ′ + ΓΓ′= 2ΚΚ′ (1) Α B 2 Δ KΕπίσης το ΒΒ′Δ′Δ είναι τραπέζιο Γ Β' εμε διάμεσο ΚΚ′. Άρα Α' Κ' Γ'ΚΚ′= ΒΒ′ + ∆∆′ ⇔ ΒΒ′ + ∆∆′= 2ΚΚ′ (2) Δ' 2Από τις (1), (2) προκύπτειότι ΑΑ′ + ΒΒ′ + ΓΓ′ + ∆∆′ = 4ΚΚ′ .Σύνθετα Θέματα1. Έστω ότι η διχοτόμος της Αˆ τέμνει την ΒΓ στο Ε. Α Β Αρκεί ΔΕ διχοτόμος της ∆ˆ . Αν Ζ το σημείο τομής των ΑΕ, ΔΓ τότε Αˆ 1 =Ζˆ , οπότε Αˆ 2 =Ζˆ . 21 Ε Άρα Α∆ = ∆Ζ ⇔ Α∆ = ∆Γ + ΓΖ ⇔ 2 ΓΖ ⇔ ΑΒ + Γ∆ = ∆Γ + ΓΖ ⇔ ΑΒ = ΓΖ. 1 ΔΕπομένως το ΑΒΖΓ είναι παραλληλόγραμμο (ΑΒ//=ΓΖ). Άρα Ε μέσο ΑΖ, οπότε η διάμεσος ΔΕ του ισοσκελούς τριγ. Α ∆ Ζ είναικαι διχοτόμος της ∆ˆ .2. Φέρουμε ΜΕ ⊥ Α∆, οπότε ΜΕ διάμεσος. Δ ΓΤότε Μˆ 1 =∆ˆ 1  ΓΜ = ΒΓ = Γ∆  1  2 Μˆ 2 =∆ˆ 1 (εντός εναλλάξ) Ε 1 2 3 ΜΜˆ 3 =Μˆ 2 (ΜΕ ύψος και διάμεσος).Άρα: ΑΜˆ Γ = 3Μˆ 3 = 3ΜΑˆ Β,αφού Μˆ 3 = ΜΑˆ Β. ΑΒ3. Έστω Κ το κέντρο του ΑΒΓΔ και ΚΚ′ ⊥ ε. Τότε το Α ΒΚΚ΄ ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του τραπεζίου Κ Γ´ Β' ε Α' Κ' ΓΑΑ′ΓΓ′, οπότε ΚΚ′ = ΑΑ′ − ΓΓ′ (1) 2  ΒΒ′ ΔΕπίσης στο τριγ. είναι ΚΚ′ = (2) ∆ Β Β′ 2Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΑΑ′ − ΓΓ′ = ΒΒ′. 70

5.10-5.11  ΑΓ (1)4. Έχουμε Α Β Γ: (Δ, Ε μέσα ΑΒ, ΒΓ). Άρα ΔΕ//= 2Επομένως το ΔΕΓΑ είναι τραπέζιο με διάμεσο τη ΖΗ. ΒΆρα: ΖΗ= ∆Ε + ΑΓ ⇔ 2ΖΗ= 3 ΑΓ. ΔΕ 22 ΖΗ ΑΓΑλλά ΖΗ= 3 ΒΓ, οπότε ΑΓ = ΒΓ. 82Άρα Βˆ =30.5. i) Ε πειδή ∆Μ = ∆Γ είναι Γˆ = Μˆ 1, οπότε Βˆ = Μˆ 2 (παραπληρωματικές ίσων γωνιών). Άρα το ΑΒΜΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε ΑΜ = ΒΕ .ii) Α ν η ΑΕ τέμνει την ΔΓ στο Ζ τότε ΑΖ = ΒΓ (1) (αφού ΑΒΓΖ παραλληλό-γραμμο) και ΑΒ =ΕΖ ΜΓ ⇔=ΕΖ ΒΓ (2) 2Μ 2 4 Ε1 Άρα ΑΕ = ΑΖ − ΕΖ = ΒΓ − ΒΓ = 3 ΒΓ. Δ ΖΓ 44 Α Δ Ν Μ Ε Β Γ Α Ε 1 ε2 1 1Μ Δ ΒΚ ε1 71

Γενικές Ασκήσεις 2Μ Ε1 Δ ΖΓΓενικές Ασκήσεις1. Έστω ΑΒ < ΑΓ. Τότε:  (∆ˆ =90, Αˆ =60, Βˆ =30). Α ΑΒ∆: Άρα Α=∆ ΑΒ < ΑΓ (1) και Μ Δ 2 2 Ε Ν  =90, Αˆ = (Εˆ 60 , Γˆ =30). Α Γ Ε: Άρα Α=Ε ΑΓ > ΑΒ (2). Β Γ Επομένως 2 2 ΑΓ − ΑΒ Ε ΜΕ = ΑΕ − ΑΜ = 22 ε2 ε1 και Ν∆ = ΑΝ − Α∆ = ΑΓ − ΑΒ . Άρα ΜΕ = Ν∆. 222. Έ χουμε ΕΒˆ Κ = Εˆ 1 (1) Α Έστω Μ το μέσο του ΔΕ. 1 1 Τότε: ΑΜ = ∆Ε = ΑΒ. 1 Μ 2 Δ Άρα ΑΒˆ Μ = Μˆ 1 (2) ΒΚ Αλλά Μˆ 1 = Εˆ 1 + Αˆ 1 = 2Εˆ 1 ( ΑΜ = ΜΕ ) (3) Από (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΑΒˆ Μ = 2ΕΒˆ Κ. Άρα ΑΒˆ Κ = ΑΒˆ Μ + ΕΒˆ Κ = 3ΕΒˆ Κ.3. α) Έχουμε ΑΒ = ΑΒ′ και ΑΕ = ΑΕ′ (1) (γιατί τα τριγ.  Α Α Β Β′ και Α Ε Ε′ είναι ισοσκελή). Άρα: 12 Β′Ε′ = ΑΕ′ − ΑΒ′ = ΑΕ − ΑΒ = Α∆ + ∆Ε − ΑΒ = Δ Β' Ζ Ε'= ΑΒ + ΑΓ − Α=Β ΑΓ − ΑΒ . Β Μ Γ 22 2 Ε Η β) Έχουμε: ΓΕ′ = ΑΓ − ΑΕ′ = ΑΓ − ΑΕ = ΑΓ − Α∆ − ∆Ε = = ΑΓ − ΑΒ − ΑΓ = ΑΓ − ΑΒ. 22 2  Άρα Β′Ε′ = ΓΕ′. Επομένως στο τριγ. Γ Β Β′ (Ε′ μέσο ΓΒ′, ΕΕ′//ΒΒ′). Άρα Μ μέσο ΒΓ. 72 Α ΗΒ

Γενικές Ασκήσεις4. α) Επειδή ΗΒ//=ΖΓ και ΗΒ = ΑΒ = ΒΓ το ΗΒΓΖ είναι ρόμβος. 2β) Έχουμε Ζˆ 1 =Εˆ 1 (1). ΑΗ ΒΕπίσης στο τριγ. Α  Β ( Εˆ =90, ΕΗ διάμεσος). 2E Ε 1Άρα ΕΗ = ΑΒ = ΗΖ, οπότε Ζˆ 1 =Εˆ 2 (2) 21 Γ 2 ΔΖΑπό (1), (2) προκύπτει ότι ΖΕ διχοτόμος της ΗΕˆ Γ.γ) Επειδή ΕΓ//ΗΖ και ΗΕ = ΑΒ = ΖΓ το ΗΕΓΖ είναι ισοσκελές τραπέζιο. 2δ) Ε πειδή ΗΕΓΖ ισοσκελές τραπέζιο είναι Γˆ = ΗΕˆ Γ = 2ΖΕˆ Γ (3) Επίσης Ζˆ 1 = ΖΕˆ Γ (4) και Ζˆ 2 =Γˆ (5) Από (3), (4), (5) προκύπτει ότι ∆Ζˆ Ε = Ζˆ 2 + Ζˆ 1 = 3ΖΕˆ Γ.5. Στο τραπέζιο ΑΓΓ′Α′ η MM′ είναι διάμεσος. ΑΑ ΔΔ ΚΚΆρα ΜΜ′= ΑΑ′ + ΓΓ′ ⇔ ΑΑ′ + ΓΓ′= 2ΜΜ′ (1) ΜΜ 2Έστω Δ το μέσο του ΒΚ.Τότε Β∆ = ∆Κ = ΚΜ. ΒΒ ΓΓΕπομένως στο τραπέζιο ΒΚΚ′Β′ ΓΓ''η ΔΔ′ είναι διάμεσος. ΒΒ'' ΔΔ''ΑΑ''ΚΚ'' ΜΜ''Άρα ∆∆′= ΒΒ′ + ΚΚ′ ⇔ ΒΒ′ + ΚΚ′= 2∆∆′ (2) 2Επίσης στο τραπέζιο ΔΜΜ′Δ′ η ΚΚ′ είναι διάμεσος.Άρα ΚΚ′= ΜΜ′ + ∆∆′ ⇔ ΜΜ′ + ∆∆′= 2ΚΚ′ ⇔ 2⇔ 2ΜΜ′ + 2∆∆′= 4ΚΚ′ (3)Από τις (1), (2), (3) προκύπτει ότι ΑΑ′ + ΒΒ′ + ΓΓ′ = 3ΚΚ′.  ΑΑ6. α) Έχουμε Β Ε Γ (Δ, Ζ μέσα ΒΓ, ΕΓ). Άρα ΔΖ//ΒΕ ΒΒ ΗΗ ΕΕΖΖ  ΔΔ ΓΓ β)∆ Ε Γ (Ζ, Η μέσα ΕΓ, ΔΕ). Άρα ΖΗ//ΔΓ, οπότε ΖΗ ⊥ Α∆ (αφού Α∆ ⊥ ∆Γ). Επομένως το Η είναι το ορθόκεντρο του τριγ.  Α ∆ Ζ . Άρα ΑΗ ⊥ ∆Ζ, οπότε ΑΗ ⊥ ΒΕ (αφού ΒΕ//ΔΖ). 73

ΒΔ Γ Γενικές Ασκήσεις   ΑΕ, ΑΓ = ΑΗ, ΕΑˆ Γ = ΒΑˆ Η = 90 + Αˆ ).7. Έχουμε Α Β Η = Α Γ Ε (ΑΒ =Άρα ΕΓ = ΒΗ (1) και Εˆ 1 =Βˆ 1, οπότε Νˆ = ΕΑˆ Β = 90. ΗΆρα ΕΓ ⊥ ΒΗ (2) ΕΑλλά KM//= ΕΓ (3) (τριγ.  A Λ 2 Κ Γ Ζ Ε Β Γ) Β Νκαι ΜΛ//= ΒΗ  Δ ΒΜ 2 (4) (τριγ. Η Γ Β). ΑΑπό τις (1), (2), (3), (4) προκύπτει ότιΚΜ ⊥= ΜΛ.8. α) Έχουμε Μ μέσο ΟΓ, Η μέσο ΒΓ και ΟΗ = α . ΟΖ Η 2 Ε Γ Στο τριγ. Β Ο Γ το Ζ είναι το βαρύκεντρο,οπότεΟΖ= 2 ΟΗ= 2 α= α . Δ 3 32 3β) Είναι ΖΗ//= ΕΓ (τριγ.  2 Β Ε Γ ) καιΖΗ = ΟΖ (Ζ βαρυκ.). 2Άρα ΟΖ//=ΕΓ, οπότε το ΟΖΓΕ είναι παραλληλόγραμμο.9. i) Έστω Κ μέσο ΑΒ και Λ το σημείο τομής των ΟΚ και ΔΓ.Αρκεί Λ μέσο ΔΓ. Α Ο ΒΈχουμε ΟΑˆ Β (Οˆ =90, ΟΚ διάμεσος). ΚΆρα Οˆ 1 =Αˆ 1. Αλλά Αˆ 1 =∆ˆ , οπότε Οˆ 1 =∆ˆ Εή ΟΛ = ∆Λ . Όμοια ΟΛ = ΛΓ. ΖΆρα το Λ είναι το μέσο του ΔΓ. Λii) ΚΛ = ΟΛ − ΟΚ = ∆Γ − ΑΒ Δ Γ 22 ΟΚ= ΑΒ , ∆Γ αφού 2 ΟΛ = 2 .iii) Το ΚΕΛΖ είναι παραλληλόγραμμο γιατί  ΚΖ//=ΛΕ//= Α∆ (από το τριγ. και Α Γ ∆). ΑΒΓ 2Επειδή ΖΕ = ∆Γ − ΑΒ = ΚΛ, το ΚΕΛΖ είναι ορθογώνιο. 2 74 Α Δ2 Ε2

Γενικές Ασκήσεις10. Φέρουμε: Α∆∆1 ⊥ ΒΓ  οπότε ∆∆1 = ∆∆2 (1) και Δ2 Ε2∆∆2 ⊥ ΑΒ Κ Η Ε MΔΕΕ1 ⊥ ΒΓ  οπότε ΕΕ1 = ΕΕ2 (2)ΕΕ2 ⊥ ΑΓ 2 1 1 Β E1 Ζ Δ2 2 ΓΣτο τραπέζιο ∆ΕΕ1∆1 η ΜΖ είναι διάμεσος, οπότε=ΜΖ ∆=∆1 + ΕΕ1 (1), (2) =∆∆2 + ΕΕ2 22 = ∆∆2 + ΕΕ2 = ΜΚ + ΜΗ 22  (στα τρίγωνα ∆ Ε ∆2 και ∆ Ε Ε2 αφού Μ μέσο ΔΕ). 75



6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ • Αν μας ενδιαφέρει γωνία που σχετίζεται με δυο εφαπτόμενους κύκλους, συνήθως φέρουμε την κοινή εφαπτομένη (εσωτερική ή εξωτερική). (Ασκήσεις: § 6.4 Σύνθετα 1, 2) • Όμοια, στους τεμνόμενους κύκλους, συνήθως φέρουμε την κοινή χορδή. (Ασκήσεις: § 6.6 Αποδεικτικές 1) • Για να διέρχεται ένας κύκλος (Α, Β, Γ) από ένα σημείο Δ αρκεί τα Α, Β, Γ και Δ να είναι κορυφές εγγράψιμου τετραπλεύρου. (Ασκήσεις: Γενικές 6, 8)

6.1-6.4§ 6.1-6.4 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Γ ια το 1ο σχήμα έχουμε: 40.2x + 3x + 4x = 360 ⇔ 9x = 360 ⇔ x = στοΗ y είναι εγγεγραμμένη γωνία και βαίνει τόξο ΒΓ = 4x, οπότεy = 2x = 2 ⋅ 40 = 80.Για το 2ο σχήμα έχουμε x = ΑΒˆ ∆ = 50, ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Για τον ίδιο λόγο ∆Αˆ Γ = ∆Βˆ Γ = 35, οπότε από το τρίγωνοβρίσκουμε: y = 180 − x − 35 = 105. Α∆Γ2. Η γωνία Αˆ είναι γωνία τεμνουσών, οπότε (§ 6.3) έχουμε:Αˆ= 1 (Γ∆ − ΒΕ) ⇔ 40= 1 (200 − ΒΕ) ⇔ ΒΕ= 120. 223. Γ ια το 1ο σχήμα έχουμε: x = Αˆ = 40 , γιατί η x είναι γωνία χορδής και εφα-πτομένης. Τότε ΒΓ = 80 .Επειδή ΑΒ = ΑΓ θα είναι ΑΒ = ΑΓ = y, οπότε από την:2y + ΒΓ = 360 ⇔ 2y + 80 = 360 ⇔ y = 140 .Για το 2ο σχήμα έχουμε: Η Αˆ είναι γωνία τέμνουσας και εφαπτομένης,επομένως σύμφωνα με την § 6.3 θα είναι:Aˆ= 1 (y − x) ⇔ y − x= 120 (1). 2Για τη γωνία Γˆ έχουμε:=Γˆ Γ=Βˆ ∆ (Γ=∆) 1 (360 − x − y) ⇔=50 1 (360 − x − y) ⇔ x=+ y 260 (2) 22 2Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε: x = 70 , y = 190 .4. Από το σχήμα έχουμε:Κ=ˆ 1 (∆Γ + ΒΕ) ⇔ 70= 1 (∆Γ + ΒΕ) ⇔ ∆Γ + ΒΕ= 140 (1).22Επίσης: Αˆ= 1 (Γ∆ − ΒΕ) ⇔ ∆Γ − ΒΕ= 50 (2). 2Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε: ∆Γ = 95 , ΒΕ = 45.5. Έ χουμε: Αˆ = 1 Οˆ ή 70= 1 Οˆ ή Οˆ =140. 22 78

6.1-6.4Επειδή ΟΒ = ΟΓ είναι Βˆ 1 =Γˆ 1 =x, Αοπότε 2x + Oˆ =180 ή x = 20, δηλ. 700Βˆ 1 =Γˆ 1 =20 . θα είναι ΒΜΓ = 140 OΕπειδή Αˆ =70και αφού Μ μέσο ΒΜ = ΜΓ = 70, 1 Β 2 1 Γ 2οπότε Βˆ 2 =Γˆ 2 =1 70 =35 Μ 2 και από το τρίγωνο Β Μ Γ βρίσκουμε ότι=Μˆ 180 − 2 ⋅ 3=5 110.6. Από το σχήμα έχουμε y = 2z (y εξωτερική γωνία τριγώνου) και x = z, ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Με τη βοήθεια αυτών η i) είναι σωστή.7. Τ α ζητούμενα καθίσματα είναι αυτά που βρίσκονται πάνω στο τόξο που γράφεται με χορδή το τμήμα που εκφράζει το πλάτος της σκηνής και δέχεται γωνία ίση με τη γωνία υπό την οποία φαίνεται η σκηνή από το κάθισμα Α.Αποδεικτικές Ασκήσεις Με 11. Ευθύ: Έστω Μ το μέσο ενός τόξου ΑΒ και A Βε η εφαπτομένη του στο Μ. Θα δείξουμε ότιε//ΑΒ. Έχουμε: η Μˆ 1 είναι γωνία χορδής καιεφαπτομένης, άρα: ΑΜ = ΜΒ , οπότε Αˆ = Βˆ ΜΒ και ΜΑ αντίστοιχα.Αˆ = Μˆ 1 (1). Εξάλλου αφού Μ μέσο ΑΒ θα είναι(2) ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στα ίσα τόξαΑπό τις (1) και (2) προκύπτει ότι Βˆ = Μˆ 1 απ’ όπου έχουμεΑντίστροφο: Υποθέτουμε τώρα ότι ε//ΑΒ και θα δείξουμε ε//ΑΒ. μέσο ΑΒ . ότι ΜΈχουμε Αˆ = Μˆ 1 (3) (γωνία χορδής και εφαπτομένης) και Βˆ = Μˆ 1 (4) (γιατίε//ΑΒ). Από (3), (4) προκύπτει ότι Αˆ = Βˆ , οπότε και τα αντίστοιχα τόξα αυτώνΜΒ, ΜΑ είναι ίσα, δηλ. Μ μέσο του ΑΒ.2. Επειδή Γ αντιδιαμετρικό του Α στον κύκλο Α κέντρου Κ, η γωνία ΑΒˆ Γ είναι ορθή γιατί ΚΛ βαίνει σε ημικύκλιο, δηλ. ΑΒˆ Γ = 90(1) όμοια ΑΒˆ ∆ = 90(2). Από (1) και (2) προκύπτει ότι Γ ΒΔ ΑΒˆ Γ + ΑΒˆ ∆ = 180 η οποία σημαίνει ότι Γ, Β, Δ συνευθειακά, δηλαδή η ΓΔ διέρχεται από το Β. 79

6.1-6.43. Αρκεί Pˆ1 + ∆ˆ =90. Έχουμε: Γ Pˆ1 = Pˆ2 (ως κατακορυφήν) 23 ∆ˆ = Βˆ (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο 1Ρ Β τόξο) και Βˆ =Pˆ3 (γιατί το τρίγωνο ΒΡΓ Α Δ είναι ορθογώνιο στο Ρ και ΡΜ διάμεσος). Άρα Pˆ1 + ∆ˆ = Pˆ2 + Pˆ3 = ΒΡˆ Γ = 90, αφού οι χορδές ΑΒ και ΓΔ τέμνονται κάθετα.4. Επειδή ΑΙˆΒ = 100 το I βρίσκεται σε τόξο τ1 που γράφεται με χορδή AB και δέχεται γωνία 100. Όμοια το I με χορδή τη ΒΓ και δέχεται γωνία βρίσκεται και στο τόξο τ2 που γράφεται 125. Τα τόξα αυτά έχουν κοινό το ση- μείο Β που δε βρίσκεται πάνω στη διάκεντρο των αντίστοιχων κύκλων, επομένως θα έχουν Β και δεύτερο κοινό σημείο I το οποίο είναι το Α τ1 Ι τ2 Γ ζητούμενο. Πράγματι ΑΙˆΒ = 100 από κατα- σκευή του τ1 και ΒΙˆΓ = 125 από κατασκευή του τ2 και Α=ΙˆΓ 360 −100 −1=25 135. Σχόλιο: Προφανώς ο καπετάνιος έκαμε και μια περιττή μέτρηση.Σύνθετα Θέματα1. Έ στω ότι οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά στο Α. η Φέρνουμε την κοινή εσωτερική εφαπτομένη n ε Β Γ' αυτών στο Α. Τότε: Κ 2 Βˆ = Αˆ 1 (γωνία χορδής και εφαπτομένης στον κύκλο κέντρου Κ) ε' 1 ΑΛ Β' Γ Γˆ = Αˆ 2 (γωνία χορδής και εφαπτομένης στον κύκλο κέντρου Λ) Αˆ 1 =Αˆ 2 (ως κατακορυφήν) Άρα Βˆ = Γˆ που σημαίνει ότι ΒΒ′//ΓΓ′. Έστω ότι οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά στο Α. Τότε, όπως και στην προ- ηγούμενη περίπτωση, φέρνουμε την κοινή εξωτερική εφαπτομένη και έχουμε: Βˆ = Αˆ 1 και Γˆ = Αˆ 1 (χορδή και εφαπτομένη), οπότε Βˆ = Γˆ , άρα ΒΒ′//ΓΓ′. 80

6.5-6.6 Γ ε Η2. Έ στω Ζ, Η τα δεύτερα κοινά σημεία των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα με το μικρότερο κύκλο. Για να Δ δείξουμε ότι η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΑˆ Γ αρκεί να δείξουμε ότι η ΑΔ είναι διχοτόμος της ΒZ 1Α γωνίας ΖΑˆ Η και επειδή αυτή είναι εγγεγραμμένη στο μικρό κύκλο αρκεί να δείξουμε ότι τόξο ΖΔ Γ Ρ είναι ίσο με το ΔΗ, το οποίο σύμφωνα με την άσκηση 1 είναι ισοδύναμο με την ΒΓ//ΖΗ το Δ οποίο είναι με τη σειρά του ισοδύναμο με την Β Γˆ = Ηˆ που ισχύει γιατί Γˆ = Αˆ 1 και Ηˆ = Αˆ 1, ως γωνίες χορδής και εφαπτομένης, όπου ε η κοινή 1 23 εξωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων στο Α. Α3. Για να δείξουμε ότι ΡΑ = Γ∆ αρκεί να δείξουμε ότι η γωνία Α∆ˆ Ρ ισούται με τη γωνία ∆Αˆ Ρ. Α Δ ΈΌΑχμ∆οωυΓςμ,Γεˆο: π=ηόγΑτˆωε3:ν(ίΑγαω∆ΑˆνΡί∆ˆα=ΡχοεΓˆίρνδ+αήιΑςˆεξ1κωα(1ιτ)εε.ρφιακπήτσοτμοέντρηίςγ)ωκναοι Αˆ 1 =Αˆ 2 γιατί η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας 1200 Γ ΒΑˆ Γ. Δ Με αντικατάσταση των Γˆ και Αˆ 1 με τα ίσα τους Β 800 στην (1) παίρνουμε: Α∆ˆ Ρ = Αˆ 3 + Αˆ 2 = ∆Αˆ Ρ, δηλ. Α∆ˆ Ρ = ∆Αˆ Ρ που είναι το ζητούμενο. Α§ 6.5-6.6 ΒΓ Ασκήσεις Εμπέδωσης1. Επειδή το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο έχουμε: Αˆ + Γˆ =180 ή 120 + Γˆ =180 ή Γˆ =60. Επίσης έχουμε ∆ˆ = Βˆ εξ ή ∆ˆ =80. Προφανώς δε=Βˆ 180 − Βˆ=εξ 100.2. Επειδή ΑΒΓΔ ρόμβος θα είναι Αˆ = Γˆ (1). Αλλά ο ρόμβος ΑΒΓΔ είναι και εγγεγραμμένος σε κύκλο, οπότε Αˆ + Γˆ =180 (2). Από τις (1), (2) προκύπτει 2Αˆ =180 ή Αˆ =90 . Δηλαδή ο ρόμβος ΑΒΓΔ έχει μια γωνία ορθή, άρα είναι τετράγωνο. 81

6.5-6.6 Α Β Δ3. Σε κάθε παραλληλόγραμμο οι απέναντι γωνίες Γ είναι ίσες, δηλαδή Αˆ = Γˆ , Βˆ = ∆ˆ . Αφού είναι Β και εγγεγραμμένο, οι απέναντι γωνίες είναι και Ο παραπληρωματικές, συνεπώς Αˆ = Γˆ = 1 και Βˆ = ∆ˆ = 1 . Γ4. i) Αφού το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο θα Α είναι ΑΒ = Γ∆ και ΒΓ = ∆Α. Επειδή είναι πε- Δ ριγράψιμο θα έχουμε ότι: ΑΒ + Γ∆ = Α∆ + ΒΓ ή 2ΑΒ= 2ΒΓ ή ΑΒ = ΒΓ. Επομένως το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος. ii) Αφού το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος οι διαγώνιοί του διχοτομούν τις γωνίες του, επομένως τέμνονται στο κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου. Αποδεικτικές Ασκήσεις Γ ΑΔ1. Αρκεί να αποδείξουμε ότι Γˆ = ∆ˆ 1 . Γι’ αυτό 1 φέρνουμε την κοινή χορδή ΑΒ, οπότε από τα σχηματιζόμενα εγγεγραμμένα τετράπλευρα ΑΒΓ′Γ 1 Δ' και ΑΒΔ′Δ έχουμε: Γ' Β Κ2 Γˆ = Βˆ 1 (Βˆ 1 εξωτερική γωνία του ΑΒΓ′Γ) Κ1 Βˆ 1 =∆ˆ 1 (∆ˆ 1 εξωτερική γωνία του ΑΒΔ′Δ). ε Α Από τις σχέσεις αυτές προκύπτει Γˆ = ∆ˆ 1, δηλ. το ζητούμενο. 1 (Ο) 1Ε2. Α ρκεί να δείξουμε ότι Αˆ 1 =Εˆ 1. Έχουμε: Αˆ 1 =Βˆ (1) Δ (γωνία χορδής και εφαπτομένης) στον κύκλο (Ο) και Εˆ 1 =Βˆ (2) γιατί το ΒΔΕΓ είναι εγγεγραμμένο ΒΓ στον κύκλο (Κ). Από τις (1) και (2) προκύπτει Αˆ 1 =Εˆ 1 το οποίο σημαίνει ότι ε//ΔΕ. (Κ)82

6.5-6.63. Είναι Β∆ˆ Η + ΒΖˆ=Η 90 + 9=0 180, οπότε τοΒΔΗΖ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και επομένως A E∆ˆ 1 =Βˆ 1 (1). Αλλά και το ΒΖΕΓ είναι εγγράψιμο σε Zκύκλο, γιατί ΒΖˆ Γ = ΒΕˆ Γ = 90, οπότε Βˆ 1 =Γˆ 1 (2). ΗΌμως και το ΔΗΕΓ είναι κι αυτό εγγράψιμο, 12αφού Η∆ˆ Γ + ΗΕˆ=Γ 90 + 9=0 180 , οπότε 1 1Γˆ 1 =∆ˆ 2 (3). Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι: Β Δ∆ˆ 1 =∆ˆ 2, δηλ. ΑΔ διχοτόμος της γωνίας ZΔˆ Ε του Γτριγώνου ∆ Ε Ζ. Όμοια αποδεικνύεται και για ταάλλα ύψη.4. Α ρκεί να δείξουμε ότι Κˆ + Μˆ =180. Είναι MΚΑ = Κ∆, ως εφαπτόμενα τμήματα από το ση- Γ Β Νμείο Κ προς τον κύκλο και επομένως ΑΑˆ 1 =∆ˆ 1 =ωˆ , οπότε από το τρίγωνο Κ  1 Σ Α ∆ 1 Κ 1 1έχουμε=Κˆ 180 − 2ωˆ . ΔΌμως Βˆ 1 =Αˆ 1 =ωˆ , ως γωνία χορδής καιεφαπτομένης, οπότε =Κˆ 180 − 2Βˆ 1 (1).Όμοια βρίσκουμε ότι Μˆ = 180 − 2∆ˆ 1 (2) ΛΕπειδή όμως ΑΒ ⊥ Γ∆ είναι Βˆ 1 + ∆ˆ 1 =90 (3)Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2) βρίσκουμεότι Κˆ +=Μˆ 360 − 2(Βˆ 1 + ∆ˆ 1), οπότε παίρνοντας υπόψη και την (3) προκύπτειότι Κˆ + Μˆ = 180 που σημαίνει ότι το ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.Σύνθετα Θέματα1. Α ρκεί να δείξουμε ότι Αˆ 1 + Εˆ 1 =90. Γι’ αυτόφέρνουμε την ΟΒ, οπότε από το ισοσκελές x' τρίγωνο βρίσκουμε: 2Αˆ 1 + Οˆ =180 Α ΑΟΒκαι επειδή Οˆ = 2Γˆ , αφού Γˆ εγγεγραμμένη x1και Οˆ επίκεντρη που βαίνουν στο ίδιο τόξο, Ε1 Δ Οπαίρνουμε ό2μΑˆω1ς+Β=2ΕΓˆˆΓ 180 ⇔ Α9ˆ01 +=τοΓˆ ΒΕ9Δ0Γ(1). Επειδή = Β∆ˆ Γ = Γείναι εγγράψιμο σε κύκλο στον οποίο η Εˆ 1 είναι Βεξωτερική γωνία, οπότε Εˆ 1 =Γˆ (2). Από (1) και(2) προκύπτει ότι Αˆ 1 + Εˆ 1 = 90 . 83

6.5-6.62ος τρόπος: Φέρνουμε την εφαπτομένη xx′ στο Α, οπότε ΟΑ ⊥ xx′. Αρκείνα αποδείξουμε ότι ΔΕ//xx′. Πράγματι xAˆ B = Γˆ (χορδή και εφαπτομένη)και Γˆ =Eˆ 1, οπότε xΑˆ Β = Eˆ 1.Άρα ΔΕ//xx′.2. Φ έρνουμε τα τμήματα ΟΔ και ΟΕ. Στο τρίγωνο Ε  Ο ∆ Ε το ΟΜ είναι ύψος, από κατασκευή, οπότε 1  για να είναι ∆Μ = ΜΕ πρέπει το τρίγωνο Ο ∆ Ε Ονα είναι ισοσκελές, δηλ. πρέπει ∆ˆ 1 =Εˆ 1 . Επειδή Β1 ΜΓεσ1ηεμφεαίοπτεοπμαέφνήηςκέαχιοΟυΒμεα:κΟτίΒˆνα∆π=ου90κα.τΕαπλίήσγηεςι στο 1 ε2 καιΟΜˆ ∆ = 90, οπότε το ΟΒΔΜ είναι εγγράψιμο Δ ε1και επομένως ∆ˆ 1 =Βˆ 1 (1).Επίσης από ΟΜˆ Ε = ΟΓˆ Ε = 90 προκύπτει ότιΟΜΓΕ εγγράψιμο, οπότε Εˆ 1 =Γˆ 1 (2).Αλλά ΟΒ = ΟΓ συνεπάγεται ότι το τρίγωνοΟΒΓ είναι ισοσκελές, οπότε Βˆ 1 =Γˆ 1 (3).Από (1), (2) με τη βοήθεια της (3) βρίσκουμε ότι∆ˆ 1 =Εˆ 1 που είναι το ζητούμενο.3. Έ στω Δ, Ε, Ζ οι προβολές ενός σημείου Μ του Ζ Μ περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου Α Β Γ Α πάνω στις πλευρές του ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Ε Για να δείξουμε ότι τα Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά Β ΔΓ αρκεί να δείξουμε ότι ΖΕˆ Μ + ΜΕˆ ∆ = 180. Επειδή ΜΖˆ Α + ΜΕˆ=Α 90 + 9=0 180 το ΜΖΑΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε ΜΕˆ Ζ = ΜΑˆ Ζ (1). Επίσης από ΜΕˆ Γ = Μ∆ˆ Γ = 90 προκύπτει ότι ΜΕΔΓ εγγράψιμο και επομένως ΜΕˆ ∆ + ΜΓˆ ∆ =180 (2) Αλλά, αφού ΑΒΓΜ εγγεγραμμένο, θα είναι ΜΑˆ Ζ = ΜΓˆ ∆ (3) Από (1) και (3) προκύπτει ότι ΜΕˆ Ζ = ΜΓˆ ∆ οπότε αντικαθιστώντας στη (2) βρίσκουμε ότι ΜΕˆ ∆ + ΜΕˆ Ζ = 180 η οποία σημαίνει ότι τα σημεία Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά. 84

6.74. Η γωνία ΖΑˆ Γ είναι εγγεγραμμένη στον (Α, Δ, Γ) Α Ζ 12κύκλο και η ΑΔ είναι διχοτόμος της, άρα Αˆ 1 =Αˆ 2,ή Ζ∆ = ∆Γ, οπότε και Ζ∆ = ∆Γ (1). ΕΌμοια η ΑΔ είναι διχοτόμος και της ΒΑˆ Ε πουείναι εγγεγραμμένη στον (Α, Δ, Β) κύκλο, οπότε Β Δ Γ∆Ε = Β∆ (2).Επειδή το ΑΒΔΕ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο θα είναι Ε∆ˆ Γ = ΒΑˆ Γ (3).Επίσης και το ΑΖΔΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, οπότε Β∆ˆ Ζ = ΒΑˆ Γ (4).Από (3) και (4) προκύπτει ότι Ε∆ˆ Γ = Β∆ˆ Ζ από την οποία με τη βοήθεια και των (1), (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα Β ∆ Ζ και Γ ∆ Ε είναι ίσα.§ 6.7 Ασκήσεις Εμπέδωσης1. i) Ε πειδή ο δρομέας κινείται ισαπέχοντας από τις πλευρές του διαδρόμου, ο γεωμ. τόπος των θέσεών του είναι η μεσοπαράλληλη των πλευρών του διαδρόμου.ii) Ε ίναι ένας κύκλος ομόκεντρος της γης και ακτίνας R + 10, όπου R η ακτίνα της γης σε Km.2. i) Ε υθύ: Έστω (M, ρ) ο κύκλος γνωστής ακτίνας ρ που κυλιέται στο εσωτερικό του γνωστού κύκλου (Ο, R) και Α το μετακινούμενο μοναδικό κοινό σημείο των δύο κύκλων. Τότε ΟΜ = ΟΑ − ΜΑ = R − ρ , δηλ. το τυχαίο σημείο Μ του τόπου απέχει σταθερή απόσταση από το σταθερό σημείο Ο, άρα βρίσκεται στον κύκλο (Ο, R − ρ).Αντίστροφο: Έστω Ν ένα σημείο του κύκλου R(Ο, R − ρ) και Β το κοινό σημείο της προέκτασηςτης ON με τον (Ο, R). Β N Μ ρΑΤότε ΝΒ = ΟΒ − ΟΝ = R − (R − ρ) = ρ, Oοπότε το Β είναι σημείο του κύκλου (Ν,ρ).Επειδή δε το Β είναι σημείο της διακέντρου των(Ο, R) και (Ν, ρ) το Β είναι το μοναδικό κοινόσημείο των δυο κύκλων. Άρα το Ν είναι κέντροκύκλου ακτίνας ρ που εφάπτεται στον (Ο, R)εσωτερικά. Επομένως γεωμ. τόπος του Μ είναιο κύκλος (Ο, R − ρ). 85

6.7 ii) Ε υθύ: Έστω (M, ρ) ένας κύκλος γνωστής Α ακτίνας ρ που διέρχεται από το σταθερό ρ σημείο Α, τότε ΑΜ = ρ που σημαίνει ότι το Μ Μ βρίσκεται στον κύκλο (Α, ρ). Αντίστροφο: Έστω Ν τυχαίο σημείο του κύ- Ν κλου (Α, ρ). Τότε ΝΑ = ρ , οπότε το Ν είναι το κέντρο κύκλου που διέρχεται από το Α και Α Θ' έχει ακτίνα ρ. Επομένως ο ζητούμενος γεωμ. Θ ρ4m τόπος είναι ο κύκλος (Α, ρ). Δ3. Έστω Θ η θέση του θησαυρού. Επειδή ΘΑ = ΘΒ το B Θ είναι σημείο της μεσοκαθέτου ε του τμήματος ΑΒ με άκρα τις θέσεις των δένδρων. Εξάλλου αφού το Θ απέχει από το δέντρο Δ απόσταση 4m θα βρίσκεται και στον κύκλο (∆, 4m). Άρα η ζητούμενη θέση του θησαυρού θα είναι στα κοινά σημεία της ε με τον κύκλο (∆, 4m).4. Αν R είναι η ακτίνα του δοθέντος κύκλου, είναι ΜΑ Oφανερό ότι ο γεωμ. τόπος των μέσων Μ της ακτίναςOA, καθώς το Α κινείται πάνω στον (Ο, R), είναιο κύκλος  O, R  .  2 Αποδεικτικές Ασκήσεις  Α O1. Ε υθύ: Έστω ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Γ με σταθερή Α'υποτείνουσα ΒΓ = α. Φέρνουμε τη διάμεσο AO πουαντιστοιχεί στην υποτείνουσα, τότε Α=Ο Β=Γ α Β Γ 22η οποία σημαίνει ότι το μεταβλητό σημείο Α απέχειαπό το σταθερό σημείο Ο σταθερή απόσταση α , 2άρα το Α βρίσκεται στον κύκλο  Ο, α .  2Αντίστροφο: Γράφουμε τον κύκλο  Ο, α και έστω Α′ ένα σημείο του,  2 διαφορετικό των Β, Γ. Τότε τα Α′, Β, Γ δεν είναι συνευθειακά, ορίζουν επομένωςτρίγωνο. Το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο στο Α′, αφού για τη διάμεσο Α′Οισχύει: Α′Ο= α= ΒΓ . Άρα κάθε σημείο του κύκλου  Ο, α , διαφορετικό 2 2  2 86

6.7των άκρων Β, Γ της σταθερής διαμέτρου ΒΓ αυτού είναι κορυφή της ορθήςγωνίας Α του μεταβλητού τριγώνου Α Β Γ .Επομένως γεωμ. τόπος του A είναι ο κύκλος  Ο, α χωρίς τα σημεία του Β, Γ.  2 2. Ευθύ: Έστω ε μια ευθεία που διέρχεται από το Β και M Μ η προβολή του Α πάνω στην ε. Τότε ΑΜˆ Β = 1 ,οπότε το Μ βρίσκεται σε κύκλο με διάμετρο το ΑΒ. B εΑντίστροφο: Γράφουμε τον κύκλο διαμέτρου ΑΒ Aκαι θεωρούμε ένα σημείο Ν αυτού, διαφορετικό τωνΑ, Β. Τότε Α Νˆ Β =1 (εγγεγραμμένη που βαίνει σεημικύκλιο) και επομένως το Ν είναι προβολή του ΝΑ πάνω στην ευθεία ΝΒ, που διέρχεται από το Β.Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι κάθε σημείο του κύκλου διαμέτρου ΑΒ, διαφορετικότων Α, Β είναι σημείο του ζητούμενου γεωμ. τόπου. Όμως στο γεωμ. τόποανήκουν και τα Α, Β γιατί το μεν Α είναι προβολή του εαυτού του πάνω στηνΑΒ, ενώ το Β είναι προβολή του Α πάνω στην ευθεία που διέρχεται από τοΒ και είναι κάθετη στην ΑΒ. Επομένως ο ζητούμενος γεωμ. τόπος είναι οκύκλος διαμέτρου ΑΒ.3. Ε υθύ: Έστω Μ το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ του yορθογωνίου τριγώνου Α Β Γ του προβλήματος. Στο B0  Βορθογώνιο τρίγωνο Ο Β Γ η ΟΜ είναι διάμεσος πουαντιστοιχεί στην υποτείνουσα, επομένως Μ ΑΟΜ = ΒΓ (1). Όμοια στο ορθογώνιο τρίγωνο 2 xΑ Β Γ η AM είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην Ο Γ0 Γυποτείνουσα, οπότε ΑΜ = ΒΓ (2). ε 2Από (1), (2) προκύπτει ΟΜ = ΜΑ το οποίο σημαίνει ότι το Μ βρίσκεται στημεσοκάθετη ε του τμήματος OA. yΑντίστροφο: Φέρνουμε τη μεσοκάθετη ε του Β0τμήματος OA και θεωρούμε τυχαίο σημείο Ν τηςε. Γράφουμε τον κύκλο (Ν, ΝΟ), ο οποίος τέμνει Β'τις Oy, Ox στα σημεία Β′, Γ′ αντίστοιχα. Επειδή ΝΑΒ′Οˆ Γ′ = 90 το Β′Γ′ είναι διάμετρος του κύκλου(Ν, ΝΟ) και επομένως διέρχεται από το κέντρο xΝ, οπότε θα είναι Β′Ν = ΝΓ′, δηλαδή το Ν είναι Ο Γ0 Γ'μέσο του Β′Γ′.Άρα θα έχουμε ΝΑ = ΝΟ = Β′Γ′ (γιατί το ON διάμεσος του ορθογωνίου 2 τριγώνου Ο Β′Γ′). Έτσι για τη διάμεσο ΝΑ του τριγώνου Α Β′Γ′ έχουμε 87

6.7ΝΑ = Β′Γ′ το οποίο σημαίνει ότι Β′Αˆ Γ′ = 90. Όμως το Ν είναι εσωτερικό 2σημείο της γωνίας, άρα γεωμ. τόπος του Μ είναι το τμήμα Β0Γ0 της μεσοκαθέτουε που βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας, συμπεριλαμβανομένων και τωνάκρων Β0, Γ0.  Γ μλ4. i) Ανάλυση: Έστω Α Β Γ το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: Αˆ = 1 , ΑΒ = λ και διάμεσο ΑΜ = µ. Μ Τότε ΒΓ= 2ΑΜ= 2µ, οπότε έχουμε να κα- μ τασκευάσουμε ορθογώνιο τρίγωνο από την Αλ Β υποτείνουσα και μια κάθετη πλευρά. y Σύνθεση: Κατασκευάζουμε ορθή γωνία xAˆ y, Γ στην Αx παίρνουμε σημείο Β ώστε ΑΒ = λ και γράφουμε τον κύκλο (Β, 2µ), ο οποίος τέμνει Μ 2μ  την ημιευθεία Ay στο Γ. Το τρίγωνο Α Β Γ είναι το ζητούμενο.  Απόδειξη: Το τρίγωνο Α Β Γ έχει: Αˆ = xΑˆ y = 1 , από κατασκευή της xΑˆ y, ΑΒ = λαπό κατασκευή και διάμεσο ΑΜ = ΒΓ = 2µ = µ x 22 Α λΒδηλαδή τα δοθέντα στοιχεία.Διερεύνηση: Για να υπάρχει λύση θα πρέπει ο κύκλος (Β, 2µ) να τέμνει την Ay, το οποίο συμβαίνει όταν λ < 2µ. Γ ii)Έστω Α Β Γ το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: Αˆ = 1 , διάμεσο ΑΜ = µ και ύψος Α∆ = λ. Παρατηρούμε ότι το ορθογώνιο τρίγωνο ∆ Α Μ(∆ˆ = 1 ) κατασκευάζεται γιατί έχει γνωστή υποτεί- Μνουσα ΑΜ = µ και μια κάθετη πλευρά Α∆ = λ. μΔΈτσι για τη σύνθεση, κατασκευάζουμε πρώτα το ΔΑΜ λκαι παίρνουμε την προέκταση της ΜΔ και εκατέρωθεντου Μ τα σημεία Β, Γ ώστε ΜΒ = ΜΓ = µ. Τότε το ΑΒ τρίγωνο Α Β Γ είναι το ζητούμενο. Για να υπάρχει λύση πρέπει να κατασκευάζεται το τρίγωνο ∆ Α Μτο οποίο συμβαίνει όταν λ < µ. 88

6.7 Σύνθετα Θέματα Α ΜΛ ε Ε1. Α πό τυχαίο σημείο Ρ της ΒΓ φέρνουμε ΡΕ//ΑΒ Z και ΡΖ//ΑΓ. Ζητάμε το γεωμ. τόπο του μέσου Μ Kυ του ΖΕ. Το ΑΖΡΕ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι διαγώνιες ΑΡ και ΖΕ διχοτομούνται, άρα το Μείναι και μέσο του ΑΡ. Φέρνουμε το ύψος Α∆ = υ B Δ ΗΡ Γκαι ΜΗ ⊥ ΒΓ. Στο τρίγωνο Α ∆ Ρ είναι ΜΗ//ΑΔκαι Μ μέσο της πλευράς ΑΡ, οπότε ΜΗ = Α∆ ή ΜΗ = υ, η οποία σημαίνει ότι 2 2το Μ απέχει σταθερή απόσταση υ από τη σταθερή ευθεία ΒΓ και επομένως 2βρίσκεται σε ευθεία ε//ΒΓ που απέχει υ από τη ΒΓ. Επειδή το Ρ είναι σημείο 2του τμήματος ΒΓ το Μ είναι σημείο του τμήματος ΚΛ.Αντίστροφο: Έστω Μ σημείο του ΚΛ και Ρ η τομή της AM με τη ΒΓ. Απότο Ρ φέρνουμε ΡΕ//ΑΒ και ΡΖ//ΑΓ, οπότε στο παραλληλόγραμμο ΑΖΡΕ τοΜ είναι μέσο της μιας διαγωνίου ΑΡ και επομένως θα είναι και μέσο τηςάλλης διαγωνίου ΖΕ. Άρα κάθε σημείο Μ του τμήματος ΚΛ είναι σημείο τουζητούμενου γεωμ. τόπου και επομένως γεωμ. τόπος του Μ είναι το τμήμα ΚΛ. 2. i) Α νάλυση: Έστω Α Β Γ το ζητούμενο τρίγωνο Α που έχει: ΒΓ = λ, Αˆ = ω και διάμεσο ΑΜ = µ. ω ω Επειδή Αˆ = ω το Α βλέπει το σταθερό τμήμα ΒΓ = λ υπό σταθερή γωνία, άρα θα είναι σημείο μ λμ του τόξου τ που γράφεται με χορδή τη ΒΓ και Β Μ δέχεται γωνία ω. Επίσης, αφού ΑΜ = µ το Α λΓ απέχει σταθερή απόσταση από το σταθερό σημείο Μ, άρα θα είναι σημείο του κύκλου Α (Μ, µ). Άρα το Α είναι σημείο της τομής του τόξου τ και του κύκλου (Μ, µ). μ τ Α' Σύνθεση: Παίρνουμε τμήμα ΒΓ = λ και με Β λΜ Γ χορδή αυτό γράφουμε το τόξο τ που δέχεται γωνία ω. Επίσης παίρνουμε το μέσο Μ του τμήματος ΒΓ και γράφουμε τον κύκλο (Μ, µ) ο οποίος τέμνει το τόξο τ.  Αν Α είναι ένα σημείο τομής, το τρίγωνο Α Β Γ είναι το ζητούμενο τρίγωνο.  Απόδειξη: Το τρίγωνο έχει ΒΓ = λ, από κατασκευή, Αˆ =ω γιατί ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένη στο τόξο τ που δέχεται γωνία ω και διάμεσο AM = μ, ως ακτίνα του κύκλου (Μ, µ). Διερεύνηση: Για να υπάρχει λύση πρέπει ο κύκλος (Μ, µ) να έχει κοινά σημεία με το τόξο τ. Αν υπάρχει και δεύτερο κοινό σημείο Α′ τότε το τρίγωνο 89

6.7 Α Β′Γ είναι ίσο με το τρίγωνο Α Β Γ, οπότε δεν έχουμε δεύτερη λύση. Ανθεωρήσουμε και το τόξο τ′ του αντικειμένου ημιεπιπέδου ως προς την ΒΓ τότε τα τρίγωνα που προκύπτουν είναι πάλι ίσα με το τρίγωνο Α Β Γ .  2μ Α Ν ωii) Ανάλυση: Έστω Α Β Γ το ζητούμενο τρίγωνο που έχει: ΒΓ = λ, Αˆ = ω και μ διάμεσο ΒΝ = µ. Από το Α φέρνουμε Κ Β Γ παράλληλη προς τη ΒΝ, που τέμνει την προέκταση της ΓΒ στο Κ. Τότε στο τρίγωνο Α Κ Γ Ν μέσο της ΑΓ και ΝΒ//ΑΚ, οπότεΒ μέσο ΚΓ και ΑΚ = 2ΒΝ= 2µ.Επειδή ΚΒ = ΒΓ το σημείο Κ είναι ένα σταθερό σημείο και αφού ΚΑ= 2µ=σταθερό το Α είναι σημείο του κύκλου (Κ, 2µ).Επίσης αφού Αˆ = ω το Α βρίσκεται σε τόξο τ που γράφεται με χορδή τηBΓ και δέχεται γωνία ω. Άρα το Α είναι σημείο της τομής του τόξου τ καιτου κύκλου (Κ, 2µ).Σύνθεση: Παίρνουμε τμήμα ΒΓ = λ και στην προέκταση της ΓΒ σημείο Κέτσι ώστε ΚΒ = ΒΓ. Γράφουμε τον κύκλο (Κ, 2µ). Στη συνέχεια με χορδήτο ΒΓ γράφουμε τόξο τ που δέχεται γωνία ω. Αν Α είναι το σημείο τομής του τ με τον (Κ, 2µ) το τρίγωνο Α Β Γ είναι το ζητούμενο.  Α τΑπόδειξη: Το τρίγωνο Α Β Γ έχει: ΒΓ = λ , απόκατασκευή, Αˆ = ω, γιατί είναι εγγεγραμμένη 2μ Νστο τόξο τ που δέχεται γωνία ω και διάμεσοΒΝ = ΚΑ = 2µ = µ. Κ λΒλ Γ 22Διερεύνηση: Για να υπάρχει λύση θα πρέπει οκύκλος (Κ, 2µ) να τέμνει το τόξο τ και προφανώς Δ0 < ω < 180.3. Ανάλυση: Έστω ΑΒΓΔ το ζητούμενο τετράπλευρο νπου έχει ΑΒ = κ, ΒΓ = λ, Γ∆ = µ, ∆Α = ν και Α ωΑˆ = ω .  μ κΠαρατηρούμε ότι στο τρίγωνο Α Β ∆ γνωρίζουμεδυο πλευρές του και την περιεχόμενη γωνία, επομέ-νως αυτό κατασκευάζεται. Έτσι προσδιορίζονται λ Γοι τρεις κορυφές Α, Β και Δ του τετραπλεύρου. Η Βκορυφή Γ πλέον είναι η τομή των κύκλων (Β, λ)και (∆, µ). 90

Γενικές Ασκήσεις ν Δy μΣύνθεση: Με κορυφή τυχαίο σημείο Α κατα- Ασκευάζουμε γωνία xΑˆ y =ω και στις πλευρές ωτης παίρνουμε τα τμήματα ΑΒ = κ και Α∆ = ν.Στη συνέχεια γράφουμε τους κύκλους (Β, λ) και κ(∆, µ) που τέμνονται στο Γ. Το ΑΒΓΔ είναι τοζητούμενο. Βx λ ΓΑπόδειξη: Από κατασκευή έχει ΑΒ = κ,Α∆ = ν και Αˆ = ω. Επίσης ΒΓ = λ, ως ακτίνατου (Β, λ) και ∆Γ = µ ως ακτίνα του (∆, µ).Διερεύνηση: Πρέπει 0 < ω < 180 και οι κύκλοι(Β, λ) και (∆, µ) να τέμνονται.Γενικές Ασκήσεις y Ε1. α) Επειδή ΜΔ//ΑΓ, ως κάθετες στην ΑΒ και Μ ΑK 1 μέσο ΒΓ θα είναι και Ν μέσο ΑΒ, οπότε ΜΔ Δ 2 μεσοκάθετος ΑΒ και επομένως Α∆ = ∆Β Ν 13 Γ απ’ όπου προκύπτει ότι Αˆ 1 =Βˆ 1 (1). Όμοια βρίσκουμε ότι Αˆ 2 =Γˆ 1 (2). 1 M Από (1) και (2) έχουμε Β Αˆ 1 + Αˆ + Αˆ 2 = Βˆ 1 + 90 + Γˆ 1 = 90 + 90 = 180. Άρα Δ, Α, Ε συνευθειακά.β) Επειδή AM διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι ΑΜ = ΒΜ, οπότε Αˆ 3 =Βˆ και επομένως Αˆ 1 + Αˆ 3 = Βˆ 1 + Βˆ = ∆Βˆ Μ = 90. Έτσι έχουμε ∆Βˆ Μ + ∆Αˆ =Μ 90 + 9=0 180 που σημαίνει ότι το τετράπλευρο ΑΔΒΜ είναι εγγράψιμο. Όμοια προκύπτει ότι ΜΑˆ Ε + ΜΓˆ Ε = 180 που σημαίνει ότι και το ΑΜΓΕ είναι εγγράψιμο. γ) Επειδή Μ∆ ⊥ ΑΒ, ΜΕ ⊥ ΑΓ και Αˆ =90 προκύπτει ότι το τρίγωνο Μ ∆Ε είναι ορθογώνιο στο Μ και επομένως κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του είναι το μέσο Κ της πλευράς ΔΕ. Για να εφάπτεται ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου Μ ∆ Ε στη ΒΓ αρκεί ΚΜ ⊥ ΒΓ που ισχύει γιατί ΒΓΕΔ τραπέζιο με Βˆ = Γˆ = 90 και ΜΚ//ΒΔ, ως διάμεσος του τραπεζίου. 91

Γενικές Ασκήσεις  Α2. Έ στω Α Β Γ μια θέση του τριγώνου Α Β Γ μεσταθερή τη ΒΓ και τη διαφορά ΑΓ − ΑΒ = δ.(ΑΓ > ΑΒ). Έστω Μ η προβολή του Β πάνωστη διχοτόμο ΑΔ και Ε η τομή της προέκτασης Eτης ΒΜ με την ΑΓ. Στο τρίγωνο Α Β Ε η MAM είναι ύψος και διχοτόμος, επομένως τοτρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλ. ΑΕ = ΑΒ, οπότε Β Δ Κ ΓΕΓ = ΑΓ − ΑΕ = ΑΓ − ΑΒ = δ (1).Παίρνουμε το μέσο Κ της ΒΓ και έχουμε: Κ=Μ Ε=Γ δ , λόγω της (1), 22 δοπότε το Μ βρίσκεται στον κύκλο  Κ, 2 . Αντίστροφα: Έστω Μ σημείο του  Κ, δ . Φέρνουμε τη ΒΜ και στην προ-  2έκτασή της παίρνουμε ΜΕ = ΜΒ. Από το Μ φέρνουμε κάθετο στη BE πουτέμνει την προέκταση της ΓΕ στο Α. Επειδή AM μεσοκάθετος της BE θαείναι ΑΒ = ΑΕ και ΑΔ διχοτόμος της ΒΑˆ Γ.Επίσης θα είναι ΑΓ − ΑΒ = ΑΓ − ΑΕ = ΕΓ = 2 ⋅ ΜΚ = 2δ = δ. 2Το Μ επομένως είναι σημείο του τόπου.Επομένως ο ζητούμενος γεωμ. τόπος είναι ο κύκλος  Κ, δ .  2 3. Ανάλυση: Έστω Α Β Γ το ζητούμενο Ατρίγωνο με Βˆ = ω, Γˆ = ϕ και ≈ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = δ. Προεκτείνουμε ωφτη ΒΓ εκατέρωθεν κατά τμήματα Δ ≈ ΓΕΒ∆ = ΑΒ και ΓΕ = ΑΓ. ΒΤότε από τα ισοσκελή τρίγωνα  και  προκύπτει ότι ∆ˆ =ω και 2 ΑΒ∆ ΑΓΕΕˆ =ϕ και ∆Ε = δ. 2Το τρίγωνο λοιπόν  ∆Ε = δ, ∆ˆ =ω και Εˆ =ϕ . Α ∆ Ε κατασκευάζεται από  22Σύνθεση: Κατασκευάζουμε το τρίγωνο Α ∆ Ε και φέρνουμε τις μεσοκάθετεςτων ΑΔ και ΑΕ που τέμνουν αντίστοιχα τη ΔΕ στα Β, Γ. Το τρίγωνο Α Β Γείναι το ζητούμενο.Απόδειξη: Επειδή Β σημείο της μεσοκαθέτου του ΑΔ θα είναι ΑΒ = Β∆.Όμοια ΑΓ = ΓΕ, οπότε: ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = δ και Βˆ = 2∆ˆ = 2 ω = ω. 2Όμοια Γˆ = ϕ.Διερεύνηση: Πρέπει ωˆ + ϕˆ < 180. 92

Γενικές Ασκήσεις4. Ανάλυση: Έστω ΑΒΓ μια τέμνουσα του Α ΒΓ κύκλου ώστε Β μέσο ΑΓ. Παίρνουμε το R μέσο Κ του AO. ΚΟ Τότε ΚΒ = R και επομένως το Β ανήκει 2στον κύκλο  K, R  .  2 Σύνθεση: Γράφουμε τον κύκλο  K, R  που τέμνει τον (O, R) στο Β, φέρνουμε  2 την ΑΒ και προεκτείνουμε κατά τμήμα ΒΓ = ΑΒ.Απόδειξη: Τότε ΟΓ= 2ΚΒ= R, οπότε το Γ ανήκει στον κύκλο (O, R) καιεπομένως η ΑΒΓ είναι η ζητούμενη.Διερεύνηση: Πρέπει οι κύκλοι να τέμνονται, δηλαδή R < ΑΟ < 3R.5. Α ρκεί να αποδείξουμε ότι Εˆ + Ηˆ = 2 . Επειδή Α Δ 1 το τετράπλευρο ΑΕΘΔ είναι εγγεγραμμένο θα 2 E 2 έχουμε: Εˆ 1 =∆ˆ 1 (1) 1 Επίσης από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΕΖΒ Ζ 2 1 Θ έχουμε: Εˆ 2 =Βˆ 2 (2). Β 12 Η Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΒΓΗΖ έχουμεΗˆ 1 =Βˆ 1 (3) και από το ΓΗΘΔ ότι Ηˆ 2 =∆ˆ 2 (4).Προσθέτοντας τις (1), (2), (3) και (4) κατά μέλη βρίσκουμε ΓΕˆ 1 + Εˆ 2 + Ηˆ 1 + Ηˆ 2 = ∆ˆ 1 + ∆ˆ 2 + Βˆ 1 + Βˆ 2 ⇔ Εˆ + Ηˆ = ∆ˆ + Βˆ (5).Αλλά το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο και Βˆ + ∆ˆ = 2 , οπότε από την (5) προκύπτειότι Εˆ + Ηˆ = 2 η οποία σημαίνει ότι το ΕΖΗΘ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.6. Έ στω Η το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων Α (Α, Ζ, Ε) και (Β, Ζ, Δ). Για να διέρχεται και ο τρίτος κύκλος (Γ, Δ, Ε) από το Η, αρκεί το Η Ε τετράπλευρο ΔΓΕΗ να είναι εγγράψιμο και για να συμβαίνει αυτό αρκεί Ηˆ + Γˆ = 2 . Επειδή 1 τα τετράπλευρα ΑΖΗΕ και ΒΖΗΔ είναι εγγε- Ζ2 γραμμένα έχουμε ότι: Β Γ Δ 93

Γενικές ΑσκήσειςΗˆ 1 =Αˆ και Ηˆ 2 =Βˆ , οπότε:Ηˆ Γˆ Ηˆ 1 Ηˆ 2 Γˆ Αˆ Βˆ Γˆ + = + + = + + = 2 , αφού Αˆ , Βˆ , Γˆ γωνίες του τριγώνου Α Β Γ.7. Έστω ΚΛΜΝ το τετράπλευρο που ορίζουν οι Αευθείες του προβλήματος. Για να δείξουμε ότι Ε Νφ Mτο ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο αρκεί να δείξουμε Β ω Κ Λω Δότι Νˆ = Λˆ εξ. O ΖΘέτουμε ΕΒˆ ∆ = ωˆ . Επειδή ΕΟ μεσοκάθετητης ΒΔ θα είναι και ΕΒˆ ∆ = ωˆ . φΌμοια αν θέσουμε ΖΑˆ ∆ = ϕˆ Γθα είναι και ΖΓˆ ∆ = ϕˆ . στο τρίγωνο Ν  Ζ,Η γωνία Νˆ είναι εξωτερική Βοπότε έχουμε Νˆ = ωˆ + ΒΖˆ Ν (1). στο τρίγωνο Α  ∆ ,Αλλά και η ΒΖˆ Ν είναι εξωτερική Ζοπότε ΒΖˆ Ν = ϕˆ + Ζ∆ˆ Α (2).Από (1), (2) έχουμε Νˆ = ωˆ + ϕˆ + Ζ∆ˆ Α (3). Η Λˆ εξ είναι εξωτερική στο τρίγωνο Λ ∆, οπότε Λˆ εξ = ϕˆ + ωˆ + Ζ∆ˆ Γ (4). ΓΑπό (3) και (4) λαμβάνοντας υπόψη ότι Ζ∆ˆ Α = Ζ∆ˆ Γ (οι διαγώνιες ρόμβουδιχοτομούν τις γωνίες του) προκύπτει ότι Νˆ = Λˆ εξ, δηλαδή το ζητούμενο.8. i) Ε πειδή Μ2, Μ3 μέσα των ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα, Α θα είναι Μ2Μ3 //ΒΓ, δηλ. το Η1Μ1Μ2Μ3 είναι τραπέζιο. Αλλά, επειδή πάλι Μ1, Μ2 Ζ1 =ΑΒ Η μέσα των ΒΓ, ΓΑ, θα είναι Μ1Μ 2 2 (1). Μ3 Η2 Η3 Μ2 Στο ορθογώνιο τρίγωνο Α Η1 Β το Η1Μ3 Ζ2 Ζ3 =ΑΒ είναι διάμεσος, άρα Η1Μ3 2 (2). Β Η1 Μ1 Γ Από (1), (2) προκύπτει ότι: Μ1Μ2 = Η1Μ3 το οποίο σημαίνει ότι το Η1Μ1Μ2Μ3 είναι ισοσκελές τραπέζιο και επομένως (εφαρμογή 2) είναι εγγράψιμο. 94

Γενικές Ασκήσεις ii) Σ το τρίγωνο Α Η Γείναι Ζ1 μέσο ΑΗ και Μ2 μέσο ΑΓ, οπότε Ζ1Μ2//ΓΗ. Αλλά και Μ2Μ1 //ΑΒ. Απ’ αυτές και επειδή ΓΗ ⊥ ΑΒ προκύπτει Ζ1Μ2 ⊥ Μ2Μ1, οπότε στο τετράπλευρο Ζ1Η1Μ1Μ2 έχουμε Ηˆ 1 + Μˆ=2 90 + 90= 180 το οποίο σημαίνει ότι το Ζ1Η1Μ1Μ2 είναι εγγράψιμο.iii) Α πό το i) προκύπτει ότι το Η1 είναι σημείο του κύκλου (Μ1, Μ2, Μ3). Όμοια και τα Η2, Η3 είναι σημεία του ίδιου κύκλου. Από το ii) συμπεραίνουμε ότι το Ζ1 είναι σημείο του κύκλου (Η1, Μ1, Μ2) ο οποίος σύμφωνα με το i) ταυτί- ζεται με τον (Μ1, Μ2, Μ3), άρα το Ζ1 είναι σημείο του κύκλου (Μ1 , Μ2 , Μ3). Όμοια και τα Ζ2, Ζ3 είναι σημεία του ίδιου κύκλου. Άρα τα σημεία Μi, Ηi, Zi, i = 1, 2,3 είναι σημεία ομοκυκλικά. 95

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

Κωδικός βιβλίου: 0-22-0237 ISBN 978-960-06-5178-2(01) 000000 0 22 0237 2