ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9files.aygerinosvasilis.webnode.gr/200000033-3e4624038c... · 2013. 1. 25. · Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΑΔ είναι όμοια, αφού είναι

1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9ο

ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ

Μετρικές σχέσεις στα τρίγωνα

Μετρικές σχέσεις στα ορθογώνια τρίγωνα

1. Τι καλούμαι ορθή προβολή ενός σημείου πάνω σε μία ευθεία και ποια

είναι η προβολή ενός ευθυγράμμου τμήματος πάνω σε μία ευθεία ;

Ας θεωρήσουμε μία ευθεία ε και ένα σημείο Α που δεν ανήκει σε αυτή. Το ίχνος Α'

της καθέτου που φέρουμε από το Α προς την ε το λέμε ορθή προβολή ή

απλώς προβολή του Α στην ευθεία ε.

Αν το σημείο είναι σημείο της ευθείας, π.χ. το Β, τότε ως προβολή του Β' πάνω στην

ε θεωρούμε το ίδιο το Β.

Τέλος ορθή προβολή του τμήματος ΓΔ πάνω στην ευθεία ε λέμε το τμήμα Γ'Δ' που

έχει ως άκρα τις ορθές προβολές Γ', Δ' των άκρων Γ, Δ, αντίστοιχα, του τμήματος ΓΔ

πάνω στην ε .

2. Να αποδείξετε ότι : Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, το τετράγωνο μιας

κάθετης πλευράς του είναι ίσο με το γινόμενο της υποτείνουσας επί την

προβολή της πλευράς αυτής στην υποτείνουσα. (θεώρημα προβολών

Θ.Π.)

Απόδειξη

Έστω λοιπόν ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και Δ η προβολή της κορυφής Α στην

υποτείνουσα ΒΓ. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι

ΑΒ2 = ΒΓ ∙ ΒΔ και ΑΓ

2 = ΒΓ ∙ ΓΔ.

Για την πρώτη σχέση αρκεί να αποδείξουμε ότι δηλαδή ότι AB∙ΒΔ = ΒΓ∙ΑΒ , δηλαδή

ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΒΑ είναι όμοια, το οποίο ισχύει αφού A = Δ = 1∟ και

η Β είναι κοινή.

Όμοια αποδεικνύεται και η σχέση ΑΓ2 = ΒΓ ∙ ΓΔ.

3. Να αποδείξετε ότι : Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, ο λόγος των τετραγώνων

των κάθετων πλευρών του είναι ίσος με το λόγο των προβολών τους πάνω

στην υποτείνουσα. (πόρισμα Π)

Απόδειξη


Από το θεώρημα προβολών προκύπτει ότι : ΑΒ2 = ΒΓ ∙ ΒΔ

και ΑΓ2 = ΒΓ ∙ ΓΔ

Διαιρώντας κατά μέλη προκύπτει το

=ΒΓ ΒΔ

άρα

=ΒΔ

Άρα το ζητούμενο πόρισμα.

4. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί το Πυθαγόρειο Θεώρημα (Π.Θ.)

Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, το άθροισμα των τετραγώνων των κάθετων

πλευρών του είναι ίσο με το τετράγωνο της υποτείνουσας.

Απόδειξη

Θέλουμε δηλαδή να αποδείξουμε ότι

AB2 + ΑΓ

2 = ΒΓ

2 ή β

2 + γ

2= α

2

Σύμφωνα με το θεώρημα προβολών έχουμε:

AB2 = ΒΓ∙ΒΔ και ΑΓ

2 = ΒΓ∙ΓΔ .

Με πρόσθεση των ισοτήτων κατά μέλη προκύπτει ότι :

ΑΒ2 + ΑΓ

2 = ΒΓ∙ΒΔ + ΒΓ∙ΓΔ =ΒΓ(ΒΔ+ΓΔ) = ΒΓ∙ΒΓ = ΒΓ

2 .

5. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί το αντίστροφο του Πυθαγορείου

θεωρήματος (Α.Π.Θ.).

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ΑΒ2 + ΑΓ

2 = ΒΓ

2, τότε A = 1L.

Απόδειξη

Πάνω στις πλευρές Ox, Oy ορθής γωνίας xÔy θεωρούμε αντίστοιχα τμήματα ΟΔ=ΑΒ

και ΟΕ=ΑΓ.

Επειδή το τρίγωνο ΟΔΕ είναι ορθογώνιο σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα και

την υπόθεση, έχουμε : ΔΕ2 = ΟΔ

2 + ΟΕ

2 = ΑΒ

2 +ΑΓ

2 = ΒΓ

2 .

Άρα ΔΕ = ΒΓ.

Επομένως τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΟΔΕ είναι ίσα, γιατί έχουν και τις τρεις πλευρές ίσες,

οπότε θα είναι A = Ô = 1∟, που είναι το ζητούμενο.


6. Να αποδείξετε ότι : Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, το τετράγωνο του ύψους

του που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι ίσο με το γινόμενο των

προβολών των κάθετων πλευρών του στην υποτείνουσα.(θεώρημα ύψους

Θ.Υ.)

Απόδειξη

Έστω ΑΔ το ύψος του ορθογώνιου τριγώνου ΑΒΓ, που αντιστοιχεί στην

υποτείνουσα. Θα αποδείξουμε ότι

Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΑΔ είναι όμοια, αφού είναι ορθογώνια και A1 = Γ ως

συμπληρωματικές της Β.

Επομένως, οι πλευρές τους είναι ανάλογες, δηλαδή :

=

ΔΓ

οπότε ΑΔ2 = ΒΔ ∙ ΔΓ.

7. Να αποδείξετε ότι : Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, το τετράγωνο της

υποτείνουσας επί το ύψους που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι ίσο με

το γινόμενο κάθετων πλευρών του.(Εφαρμογή θεωρία Ε.Θ.)

Απόδειξη

Έστω λοιπόν ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και Δ η προβολή της κορυφής Α στην

υποτείνουσα ΒΓ. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι

ΒΓ∙ΑΔ= ΑΓ ∙ ΑΒ ή καλύτερα α∙υα=β∙γ

Δηλαδή ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΓΑ είναι όμοια, το οποίο ισχύει αφού A = Δ = 1∟

και η γωνία Γ είναι κοινή άρα

=

=

άρα

=

άρα ΒΓ∙ΑΔ= ΑΓ ∙ ΑΒ

ή καλύτερα α∙υα=β∙γ

.

8. Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, τότε α= β

Απόδειξη Πράγματι, με εφαρμογή του Πυθαγόρειου θεωρήματος στο ΑΒΓ παίρνουμε

α2 = β2 + γ2 = 2β2 ή α= β


9. Αν ΑΔ είναι το ύψος ορθογώνιου τριγώνου ΑΒΓ που αντιστοιχεί στην

υποτείνουσα, τότε ισχύει

+

=

Απόδειξη

Επειδή α∙υα=β∙γ έχουμε ότι

+

=

=

=


γ

β

α

Δ

Γ

ΒΑ


Μετρικές σχέσεις στα τρίγωνα

Ερωτήσεις κατανόησης

1. Ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( ˆ 90 ) έχει ΑΒ = 6 και ΑΓ = 8 .

Ποιο είναι το μήκος της διαμέσου ΑΜ ;

Λύση

ΒΓ2 = ΑΒ

2 + ΑΓ

2 = 36 + 64 = 100 ΒΓ=10 και ΑΜ =

2

= 5

2. Αν ο λόγος των καθέτων πλευρών ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι 4, τότε

ο λόγος των προβολών τους στην υποτείνουσα είναι

α .2 β.4 16 δ. 1

4

Κυκλώστε το γράμμα της σωστής απάντησης και αιτιολογήστε την

απάντηση σας Λύση

Γνωρίζουμε ότι

2

2

2

24

3. Ένα ορθογώνιο τρίγωνο έχει κάθετες πλευρές ίσες με 9cm και 12cm. . Η

πλευρά ισοπλεύρου τριγώνου που έχει περίμετρο ίση με την περίμετρο

του ορθογωνίου τριγώνου είναι ίση με

α. 10 12 γ.13 δ.14

Κυκλώστε το γράμμα της σωστής απάντησης και δ ικαιολογήστε την

απάντηση σας

Λύση

Πυθαγόρειο : α2 = β

2 + γ

2 = 81+144 = 225 α = 15

Περίμετρος του ορθογωνίου τριγώνου : Π = 15 + 9 + 12 = 36

Πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου : x = 36

3 = 12

γ.

β.. . .


Ε

ΔΓΒ

Α

ψx

43

2

4. Στο παρακάτω σχήμα υπολογίστε τα x και ψ.

Λύση

Επειδή η γωνία είναι εγγεγραμμένη σε

Ημικύκλιο, θα είναι ορθή.

ΒΓ2 = 4

2 + 3

2 = 16 + 9 = 25 ΒΓ = 5

ΒΕ2 = ΒΔ.ΒΓ 4 = 5ΒΔ ΒΔ =

4

5

άρα ΔΓ = 54

5=

21

5

x2 = ΒΔ ΔΓ =

84

25

2 21x

5

ψ2 = ΒΓ ΔΓ = 21 21


ΔΒ

Γ

Α

γ β

Α

Β Γ

Ασκήσεις Εμπέδωσης

1. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( A = 1∟) φέρουμε το ύψος ΑΔ. Αν είναι

ΑΒ = 3 και ΑΓ = 4, να υπολογιστούν τα μήκη των τμημάτων ΒΓ, ΒΔ,

ΔΓ και ΑΔ.

Λύση

2 2 2

= 2 2

4 3 = 16 + 9 = 25

ΒΓ = 5

2

. 2

3 = 5. ΒΔ ΒΔ = 9

5

2

. Γ 2

4 = 5. ΓΔ ΓΔ = 16

5

2. ΔΓ =

9

5 .

16

5 =

144

25 ΑΔ =

12

5

2. Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( A = 1∟) είναι B = 2 τότε ο λόγος

είναι ίσος με: α.

1

2 β. 1 3 δ. 2 ε. 3.

Κυκλώστε το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση και

αιτιολογήστε την απάντησή σας.

Λύση

B + = 90ο 2 + = 90

ο

3 = 90ο

= 30ο γ =

2

(1)

Πυθαγόρειο: 2 2 2

2

2 2

2

22 2

4

22 3

4

β =

3

2

(2)

(1), (2)

= 3 .

3. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( A = 1∟) φέρουμε το ύψος ΑΔ. Αν είναι

ΑΒ = 5 και BΔ = 25

13, να διατάξετε κατά αύξουσα σειρά μήκους τα

τμήματα ΑΓ, ΒΓ, ΓΔ και ΑΔ.

Λύση

γ. . .


ΔΒ

Γ

Α 2. 2

5 = ΒΓ .25

13

ΒΓ = 13 . 13

13 =

169

13 (1)

ΓΔ = ΒΓ – ΒΔ = 13 – 25

13 =

169 25

13

=

144

13 (2)

2 = ΓΒ . ΓΔ = 13 .

144

13 = 144 ΑΓ = 12 = 12 .

13

13 =

156

13 (3)

2 = ΔΒ . ΔΓ =

25

13 .

144

13 ΑΔ =

5.12

13 =

60

13 (4)

(1), (2), (3), (4) ΑΔ < ΓΔ < ΑΓ < ΒΓ


ΖΕΑ

O

Β

Γ

Δ

Ε

Δ

Α Β

Γ

Αποδεικτικές Ασκήσεις

1. Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο, που έχει πλευρές α = 2 2

, β = 2κλ και

γ = 2 2

, όπου κ, λ θετικοί ακέραιοι με κ > λ, είναι ορθογώνιο.

Λύση

2

2 2 2 4 2 2 42

2 2 24

2

2 2 2 4 2 2 42

Παρατηρούμε ότι 2 2 2

άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

2. Αν ΑΕ, ΑΖ είναι αντίστοιχα οι προβολές δύο χορδών ΑΓ και ΑΔ ενός

κύκλου σε μία διάμετρό του ΑΒ, να αποδείξετε ότι ΑΖ .2

= ΑΕ . 2

.

Λύση Φέρουμε τις ΓΒ, ΔΒ.

ˆ = 1∟ (βαίνει σε ημικύκλιο)

τρ.ΓΑΒ ορθογώνιο με ύψος ΓΕ

2

= ΑΒ . ΑΕ

ΑΖ . 2

= ΑΖ . ΑΒ . ΑΕ (1)

Ομοίως στο τρ.ΔΑΒ θα έχουμε

ΑΕ . 2

= ΑΕ . ΑΒ .ΑΖ (2)

Από τις (1), (2) ΑΖ .2

= ΑΕ . 2

.

3. Αν Δ είναι μέσο της κάθετης πλευράς ΑΓ ενός ορθογωνίου τριγώνου

ΑΒΓ ( A = 1∟) και Ε η προβολή του στη ΒΓ, τότε να αποδείξετε ότι 2

E + 2

= 2

. Στη συνέχεια διατάξτε κατά αύξουσα σειρά μήκους τα

τμήματα ΔΒ, ΕΒ, ΕΓ.

Λύση

Φέρουμε τη ΔΒ (για να έχουμε κι’άλλα ορθογώνια

τρίγωνα)

Τρ.ΕΔΓ: 2

E = 2

– 2

Τρ.ΑΒΔ: 2

= 2

– 2

Προσθέτουμε κατά μέλη, και επειδή ΓΔ = ΑΔ,

έχουμε 2

E + 2

= 2

– 2

. (1)

Τρ.ΔΕΒ: 2

– 2

= 2


E'

Δ'

Γ'

Β'Α'E

Δ

Α Β

Γ

Ε

Β Γ

Α

(1) 2

E + 2

= 2

.

Από την ισότητα που αποδείξαμε προκύπτει ότι ΕΓ < ΕΒ.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΕΒ προκύπτει ότι ΕΒ < ΔΒ.

Άρα ΕΓ < ΕΒ < ΔΒ.

4. Δύο ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και Α΄Β΄Γ΄ ( A = A= 1∟) έχουν

και

. Να αποδείξετε ότι: i) α = α΄ ii) β = β΄.

Τι συμπεραίνετε για τα ΑΒΓ και Α΄Β΄Γ΄ .

Λύση

Τρ.ΔΑΒ:

2

2 2

2

Τρ.ΔΆ΄Β΄:

2

2 2

2

Άρα

22

4

=

22

4

2 2

4 = 2 2

4 (1).

Ομοίως, από τα τρίγωνα ΓΑΕ, ΓΆΈ΄ θα έχουμε 2 2

4 = 2 2

4 (2).

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1), (2): 2 2

5 5 = 2 2

5 5

2 2

= 2 2 (3)

2 2

(1) – (3) 32 = 3

2 2 =

2 =

Άρα τρ.ΑΒΓ = τρ.Α΄Β΄Γ΄.

5. Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) φέρουμε το ύψος του ΒΕ. Να

αποδείξετε ότι 2 2 2 2 2 2

3 2 .

Λύση

Τρ.ΕΒΓ: 2

= 2

+ 2

Τρ.ΕΑΒ: 2 =

2 +

2 =

2

Άρα 2 2 2

2

+ 2

+ 2(2

+ 2

)

= 2

+ 2

+ 2 2

+ 22

= 32

+ 22

+ 2


Ζ

Ε

Δ

Α Β

Γ

Γ

Β

Μ

ΛΚ

Ο

Α

Δ

Σύνθετα Θέματα

1. Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( A =1∟) και το ύψος του ΑΔ. Αν

Ε, Ζ είναι οι προβολές του Δ πάνω στις ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα, να

αποδείξετε ότι:

i)

3

3

=

ii)

3 = ΒΓ . ΔΕ . ΔΖ

Λύση

i)

Στο τρ.ΑΒΓ: 2

2

=

4

4

=

2

2

(1)

Στο τρ.ΔΑΒ: 2

= ΑΒ . ΒΕ

Στο τρ.ΔΑΓ: 2

= ΑΓ . ΓΖ

(1) 4

4

=

.

.

3

3

=

ii)

Στο τρ.ΔΑΒ: 2

= ΑΒ . AΕ = AB . ΔΖ

Στο τρ.ΔΑΓ: 2

= ΑΓ . ΑΖ = ΑΓ . ΔΕ

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη: 4

= AB . ΔΖ . ΑΓ . ΔΕ

3

= .

ΔΕ . ΔΖ

Αρκεί να αποδείξουμε ότι .

= ΒΓ, ή ότι

=

, το οποίο ισχύει από

την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΓ, ΑΔΓ.

2. Δίνονται δύο κύκλοι (Κ, R) και (Λ, ρ) που εφάπτονται εξωτερικά στο

Α. Αν ΒΓ είναι κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα τους και (Ο, σ) ο

κύκλος που εφάπτεται στους (Κ, R), (Λ, ρ) και στη ΒΓ, να αποδείξετε

ότι: i) BΓ = 2 R ii) 1 1 1

R

Λύση

i)

Φέρουμε τις ΚΑΛ, ΚΒ, ΛΓ

και ΛΜ ΚΒ.

Τότε ΒΓΛΜ ορθογώνιο

ΚΜ = ΚΒ – ΜΒ = R – ΛΓ = R – ρ


1

1

1

2

Κ

ΝΜ

Β Γ

ΔΑ

Πυθαγόρειο στο τρ.ΜΚΛ

2 2 2

2 22

R R

2

= 2 2 2 2R 2R R 2R

2

= 2 2

R 2R 2 2

R 2R

2

= 4 R ΒΓ = 2 R

ii)

Εφαρμόζουμε το i) για τους κύκλους (Κ, R), (Ο, σ) με κοινή εξωτερική

εφαπτομένη ΒΔ και για τους κύκλους (Λ, ρ), (Ο, σ) με κοινή εξωτερική

εφαπτομένη ΔΓ. Τότε ΒΔ = 2 R και ΔΓ = 2 .

ΒΔ + ΔΓ = ΒΓ 2 R + 2 = 2 R R + = R

Διαιρούμε τα δύο μέλη με R , τότε 1 1 1

R

3. Θεωρούμε τραπέζιο ΑΒΓΔ με ˆ ˆ = 1∟. Αν Μ, Ν τα μέσα των

διαγωνίων ΒΔ, ΑΓ αντίστοιχα και Κ το σημείο τομής της ΑΜ με τη

ΒΓ, να αποδείξετε ότι:

i) το ΑΒΚΔ είναι ορθογώνιο

ii) 2

– 2

= 42

.

Λύση

i) Τρ.ΜΑΔ = τρ.ΜΚΒ διότι

ΜΔ = ΜΒ

1 2

ˆ ˆM M (κατά κορυφή) και

1 1ˆ ˆ (εντός εναλλάξ).

Άρα ΜΔ = ΜΒ, δηλαδή οι διαγώνιοι του

ΑΒΚΔ διχοτομούνται, άρα είναι παρ/μμο και

επειδή έχει γωνία ορθή, είναι ορθογώνιο.

ii)

Πυθαγόρειο στο τρ.ΔΚΓ: 2

– 2

= 2

(1)

Από το i) έχουμε ΔΚ = ΑΒ.

Στο τρίγωνο ΑΚΓ, το ΜΝ ενώνει μέσα ΚΓ = 2ΜΝ.

(1) 2

– 2

= 2

2 2

– 2

= 42

.


Μ

Δ

Γ

ΟΑ Β

Ε

α

γ β

Δ

Α

Β Γ

4. Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( = 90ο) να αποδείξετε ότι 2

2.

.

Λύση

Ισχύει 2

. Οπότε, αρκεί να αποδείξουμε ότι 2

2

.2

, ή

αρκεί να αποδείξουμε ότι 2 2

.4

, ή

2

2 . .

Επειδή, όμως, 2

= 2 2

, αρκεί να αποδείξουμε ότι 2 2

2 . , ή ότι

2 2

2 . 0 , ή ότι

2

0 , που ισχύει.

5. Θεωρούμε κύκλο (Ο, R), διάμετρό του ΑΒ και μία χορδή του ΓΔ που

τέμνει την ΑΒ στο Ε και σχηματίζει με αυτή γωνία 45ο. Να αποδείξετε

ότι 2

+ 2

=22

R .

Λύση

Φέρουμε ΟΜ ΓΔ και την ακτίνα ΟΓ.

Τότε, το Μ είναι μέσο της ΓΔ και το τρίγωνο

ΟΜΕ ορθογώνιο και ισοσκελές.

2

+ 2

= 2

EM M + 2

= 2

+2 ΕΜ . ΜΓ +2

+

2

– 2 ΔΜ . ΕΜ +2

= 2 2

+ 2 2

= 2 (2

+2

) (1)

Πυθαγόρειο στο τρίγωνο ΜΟΓ 2

+2

= 2

= 2

R .

(1) 2

+ 2

= 2 2

R .

6. Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( = 1∟) και το ύψος του ΑΔ. Αν

x, y και ω είναι αντίστοιχα τα μήκη οποιωνδήποτε ομόλογων

γραμμικών στοιχείων των τριγώνων (π.χ. διαμέσων, υψών, ακτίνων

εγγεγραμμένων κύκλων κτλ.) ΔΑΒ, ΔΑΓ, ΑΒΓ, τότε 2

x + 2

y = 2

.

Λύση


Τρ.ΑΔΒ όμοιο του τρ.ΑΒΓ

x

2

2

x

=

2

2

(1)

Τρ.ΑΔΓ όμοιο του τρ.ΑΒΓ

y

2

2

y

=

2

2

(2)

(1) + (2)2

2

x

+

2

2

y

=

2

2

+

2

2

2 2

2

x y

=

2 2

2

2 2

2

x y

=1

2x +

2y =

2



Γεωμετρικές κατασκευές

1. Αν α, β είναι γνωστά τμήματα, να κατασκευάσετε το τμήμα k , που

ορίζεται από την ισότητα: .

Λύση

(i) Η δοσμένη ισότητα γράφεται ισοδύναμα k2 = α

2+β

2, οπότε το ζητούμενο τμήμα k

είναι υποτείνουσα ορθογώνιου τριγώνου με κάθετες πλευρές α, β.

Επομένως, αν πάνω στις κάθετες πλευρές Ox, Oy μίας ορθής γωνίας xÔy πάρουμε

αντίστοιχα τα σημεία Α, Β, ώστε ΟΑ=α και ΟΒ=β, τότε ΑΒ2 = OA

2 + OB

2 = α

2 + β

2

και επομένως το τμήμα ΑΒ είναι το ζητούμενο τμήμα k. Είναι φανερό ότι το τμήμα k

κατασκευάζεται για οποιαδήποτε τμήματα α, β.

(ii) Η δοσμένη ισότητα γράφεται ισοδύναμα k2 = α2-β2 η οποία σημαίνει ότι το ζητούμενο

τμήμα k είναι η μία κάθετη πλευρά ορθογώνιου τριγώνου με υποτείνουσα α και άλλη

κάθετη πλευρά το β. Η κατασκευή είναι όμοια της (i).

2. Αν α, β είναι γνωστά τμήματα, να κατασκευάσετε το τμήμα x , που

ορίζεται από την ισότητα χ= το τμήμα x είναι η μέση ανάλογος των

α, β.

Λύση

Η δοσμένη ισότητα γράφεται ισοδύναμα x2 = αβ η οποία σημαίνει ότι το x είναι το

ύψος του ορθογώνιου τριγώνου, που χωρίζει την υποτείνουσα σε δύο τμήματα ίσα με

α και β αντίστοιχα. Παίρνουμε επομένως σε μία ευθεία διαδοχικά τα τμήματα ΑΒ=α

και ΒΓ=β .Γράφουμε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΓ και στο Β υψώνουμε κάθετο στην ΑΓ,

που τέμνει το ημικύκλιο στο Δ. Σχηματίζουμε το τρίγωνο ΔΑΓ το οποίο είναι

ορθογώνιο (Δ=1∟).

Επομένως έχουμε ΔΒ

2 = ΑΒ ∙ ΒΓ = αβ και κατά συνέπεια το τμήμα ΔΒ είναι το

ζητούμενο. Είναι φανερό ότι το τμήμα x κατασκευάζεται για οποιαδήποτε τμήματα α,

β.


3. Αν α είναι γνωστό τμήμα, να κατασκευασθεί τμήμα ίσο

με με ν φυσικό μεγαλύτερο ή ίσο του δύο.

Λύση

Αν τότε x2 = 2α

2 = α

2 + α

2 , η οποία σημαίνει ότι το x μπορεί να

κατασκευασθεί ως υποτείνουσα ορθογώνιου και ισοσκελούς τριγώνου με κάθετες

πλευρές ίσες με α. Έτσι το ΟΒ είναι το ζητούμενο τμήμα.

Αν που σημαίνει ότι το y είναι

υποτείνουσα ορθογώνιου τριγώνου με κάθετες πλευρές α και x . Αν λοιπόν φέρουμε

κάθετο στην ΟΒ στο Β και πάνω σε αυτή πάρουμε σημείο Γ, ώστε ΒΓ=α,

τότε , δηλαδή y = ΟΓ. Συνεχίζοντας με αυτόν τον τρόπο κατασκευάζουμε

διαδοχικά τα τμήματα .



Γενίκευση του Πυθαγόρειου θεωρήματος

1. Να διατυπώσετε και να αποδείξετε την γενίκευση του Πυθαγορείου

θεωρήματος για οξείες γωνίες.

Το τετράγωνο πλευράς τριγώνου, που βρίσκεται απέναντι από οξεία γωνία, είναι

ίσο με το άθροισμα των τετραγώνων των δυο άλλων πλευρών του, ελαττωμένο

κατά το διπλάσιο γινόμενο της μίας από αυτές επί την προβολή της άλλης πάνω

σε αυτή.

Αν δηλαδή σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι π.χ. A<90ο τότε α

2 = β

2 + γ

2 - 2β ∙ ΑΔ

Απόδειξη

Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΒΓ, ΔΒΑ έχουμε, με εφαρμογές του Πυθαγόρειου θεωρήματος αντίστοιχα : α2

= ΔΒ2 +ΔΓ

2 και ΔΒ

2 = γ

2 - ΑΔ

2 .

Επειδή είναι A<90ο

• αν Γ< 1∟ το Δ είναι μεταξύ των Α, Γ, οπότε ΔΓ = β-ΑΔ .

• αν Γ > 1∟ το Γ είναι μεταξύ των Α, Δ, οπότε ΔΓ = ΑΔ-β .

Από τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει ότι

ΔΓ2 =(β-ΑΔ)

2 = β

2 +ΑΔ

2 -2β∙ΑΔ .

Με αντικατάσταση αυτής της σχέσης και της ΔΒ2 = γ

2 - ΑΔ

2

στην α2 = ΔΒ

2 + ΔΓ

2 προκύπτει ότι

α2 = γ

2 - ΑΔ

2 + β

2 + ΑΔ

2 -2β∙ΑΔ = β

2 + γ

2 -2β∙ΑΔ,

δηλαδή η ζητούμενη ισότητα.

• αν τέλος Γ =1∟, το Δ συμπίπτει με το Γ και το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΑΒ δίνει

α2 = γ

2 - β

2 που γράφεται α

2 = β

2 + γ

2 -2β∙ΑΔ , αφού ΑΔ = β .

2. Να διατυπώσετε και να αποδείξετε την γενίκευση του Πυθαγορείου

θεωρήματος για αμβλείες γωνίες.

Το τετράγωνο πλευράς τριγώνου που βρίσκεται απέναντι από αμβλεία γωνία

είναι ίσο με το άθροισμα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών, αυξημένο

κατά το διπλάσιο γινόμενο της μίας από αυτές επί την προβολή της άλλης πάνω

σε αυτή.


Αν δηλαδή σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι π.χ. A > 1∟ και ΑΔ η προβολή της πλευράς

γ πάνω στη β, τότε ισχύει α2 = β

2 + γ

2 + 2β ∙ ΑΔ.

Απόδειξη

Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΒΓ και ΔΒΑ, παίρνουμε αντίστοιχα:

α2 = ΔΒ

2 +ΔΓ

2 και ΔΒ

2 = γ

2 -ΑΔ

2 .

Επειδή A > 1∟ , το Δ βρίσκεται στην προέκταση της ΓΑ προς το Α και επομένως

ΔΓ = β+ΑΔ οπότε

ΔΓ2 = (β + ΑΔ)

2 = β

2 + ΑΔ

2 + 2β ∙ ΑΔ.

Με αντικατάσταση των σχέσεων ΔΒ

2 = γ

2 - ΑΔ

2 και

ΔΓ2 = (β + ΑΔ)

2 = β

2 + ΑΔ

2 + 2β ∙ΑΔ

στη σχέση α2 = ΔΒ

2 + ΔΓ

2, προκύπτει η ζητούμενη ισότητα

α2 = γ

2 - ΑΔ

2 + β

2 + ΑΔ

2 + 2β∙ΑΔ = β

2 + γ

2 + 2β∙ΑΔ .

3. (Πόρισμα) Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν οι ισοδυναμίες:

(i) α2 < β

2 + γ

2, αν και μόνο αν A<1∟ ,

(ii) α2 = β

2 + γ

2, αν και μόνο αν A=1∟ ,

(iii) α2 > β

2 + γ

2, αν και μόνο αν A>1∟.

Απόδειξη

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα και τις γενικεύσεις του Πυθαγορείου θεωρήματος

προκύπτει άμεσα ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε :

(i) α2 < β

2 + γ

2, αν και μόνο αν A<1∟ ,

(ii) α2 = β

2 + γ

2, αν και μόνο αν A=1∟ ,

(iii) α2 > β

2 + γ

2, αν και μόνο αν A>1∟.

Αποδεικνύεται όμως, με απαγωγή σε άτοπο ότι ισχύει και το αντίστροφο των (i), (ii),

(iii). Πράγματι, αν π.χ. ισχύει α2 < β

2 + γ

2 δεν μπορεί να ισχύει A=1∟ ή A>1 ∟, γιατί

τότε από τις (ii) και (iii) θα είχαμε α2 = β

2 + γ

2 ή α

2 > β

2 + γ

2 αντίστοιχα, που είναι

άτοπο, αφού α2 < β

2 + γ

2. Άρα A<1∟.

Όμοια αποδεικνύονται και οι άλλες περιπτώσεις.

4. Που χρησιμοποιείται το προηγούμενο πόρισμα ;

Σύμφωνα με το πόρισμα αυτό και επειδή σε κάθε τρίγωνο η μεγαλύτερη πλευρά

βρίσκεται απέναντι στη μεγαλύτερη γωνία, συγκρίνοντας το τετράγωνο

της μεγαλύτερης πλευράς ενός τριγώνου με το άθροισμα των τετραγώνων των άλλων

πλευρών του, διαπιστώνουμε αν το τρίγωνο είναι οξυγώνιο, ορθογώνιο ή

αμβλυγώνιο.

5. Αν σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι α=8, β=10 και γ=7, αποδείξτε ότι το τρίγωνο

θα είναι οξυγώνιο.

Απόδειξη

Αν σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι α=8, β=10 και γ=7, θα έχουμε β2=100, α

2 + γ

2 = 64 +

49 =113 δηλαδή β2 < α

2 + γ

2 , οπότε Β<90

ο είναι η μεγαλύτερη γωνία του τριγώνου,

το τρίγωνο θα είναι οξυγώνιο.


6. Να διατυπώσετε το νόμο συνημιτόνων.

Νόμος συνημιτόνων : Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν οι σχέσεις :

α2 = β

2 + γ

2 - 2βγ ∙ συνΑ

β2 = α

2 + γ

2 – 2αγ ∙ συνΒ

γ2 = α

2 + β

2 – 2αβ ∙ συνΓ.

7. Αν μεταξύ των πλευρών α, β, γ ενός τριγώνου ΑΒΓ

ισχύει

(i) να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο,

(ii) να υπολογίσετε τη γωνία Γ.

Λύση

(i) Από τη δοσμένη ισότητα προκύπτει ότι η γ είναι η μεγαλύτερη πλευρά και

επιπλέον ότι γ2 > α

2 + β

2 , οπότε η γωνία Γ είναι αμβλεία.

(ii) Επειδή η γωνία Γ είναι αμβλεία, σύμφωνα με το θεώρημα αμβλείας γωνίας

έχουμε:

γ2 = α

2 + β

2 + 2α ∙ ΓΔ (1).

Από την υπόθεση όμως έχουμε

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι Εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο θεώρημα

στο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε που σημαίνει

ότι Γεξ = 30° και επομένως Γ = 150°.

8. Το ύψος υα ενός τριγώνου ΑΒΓ δίνεται από τον τύπο

όπου τ = 12 (α + β + γ) η ημιπερίμετρος του τριγώνου. Ανάλογες

εκφράσεις ισχύουν και για τα άλλα ύψη υβ και υγ.

Aπόδειξη

Εστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΔ το ύψος του υα . Από το ορθογώνιο

τρίγωνο ΔΑΒ έχουμε υ2 = γ

2 - ΒΔ

2 (1). Πρέπει επομένως να

υπολογίσουμε την προβολή ΒΔ της γ πάνω στην α.

• Αν Β ≤ 1∟, από το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε β2 = α

2 + γ

2 -2α∙ΒΔ ή

• Αν Β ≥ 1∟, από το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε


με αντικατάσταση της οποίας στην (1) παίρνουμε:

Επειδή α+β+γ =2τ , θα είναι

α+γ-β=2τ-β-β=2(τ-β) , α+β-γ=2(τ-γ) και β+γ-α=2(τ-α) ,

οπότε η (4) γίνεται:

από την οποία προκύπτει το ζητούμενο.


Ε

Δ

Γ

Β

Α

α

γ

β120ο

Γ

Β

Α


Γενίκευση του Πυθαγόρειου θεωρήματος


1.Στο παρακάτω σχήμα να συμπληρώσετε τα κενά

Λύση

i) ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 + 2ΑΒ.ΑΔ

ii) ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 + 2ΑΓ.ΑΕ

2.Να βρεθεί το είδος των γωνιών του τριγώνου ΑΒΓ όταν

i) β2 = 3α

2 + γ

2

ii) γ2 = α

2β2

iii) α2β

2 = 2γ

2

Λύση

i) β2 = 3α

2 + γ

2 > α

2 + γ

2 >90

ο, οπότε το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο

ii) γ2 = α

2β2

α2 = β

2 + γ

2 = 90

ο , οπότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο

iii) α2β

2 = 2γ

2 α

2 = β

2 +2γ

2 > β

2 + γ

2 > 90

ο , οπότε το τρίγωνο

είναι αμβλυγώνιο

3. Αν β η……………πλευρά αμβλυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ, τότε ….. > α

2 + …..

(Να συμπληρώσετε τα κενά )

Λύση

Αν β η μεγαλύτερη πλευρά αμβλυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ, τότε β2

> α2 + γ

2.

4. Αν στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ = ΑΓ και =120ο, να δικαιολογήσετε

γιατί α2 = 3β

2

Λύση

Από τον νόμο των συνημιτόνων έχουμε

α2 = β

2 + γ

22βγσυν

α2 = β

2 + β

22β2συν120

ο

α2 = β

2 + β

22β2 1( )

2 = 3β

2



1.Να εξετάσετε αν υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με α = 6μ, β = 5μ, γ = 4μ, όπου μ

θετική παράμετρος. Να εξετασθεί το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες του.

Λύση

Για να υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α, β, γ πρέπει και αρκεί

5 4 6 5 4

μ < 6μ < 9μ, που ισχύει.

Άρα υπάρχει τέτοιο τρίγωνο.

2 2 2 2 225 16 41

Άρα 2 2 2

οξεία.

Η γωνία βρίσκεται απέναντι από τη μεγαλύτερη πλευρά α, άρα είναι η

μεγαλύτερη γωνία του τριγώνου. Και επειδή αυτή είναι οξεία, θα είναι και οι άλλες.

Άρα το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.

2. Υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με μήκη πλευρών α = 6, β = 5, γ = 4; Αν ναι, να

υπολογισθούν τα ύψη του τριγώνου.

Λύση

Για να υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α, β, γ πρέπει και αρκεί

5 4 6 5 4

1 < 6 < 9, που ισχύει.

Άρα υπάρχει τέτοιο τρίγωνο.

2

=

2 15 15 15 156 5 4

6 2 2 2 2

=

= 1 15 3 5 7

. . .3 2 2 2 2

= 2

1 15 .7 15 7 5 7

3 16 3.4 4 .

Ομοίως 3 7

2

και 15 7

8

3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με 2 , 1 3 , 2 . Να υπολογισθεί η

γωνία .

Λύση

2 2 2 ˆ2 . 22 2 ˆ2 1 3 2 2. 1 3 .2.

ˆ2 1 2 3 3 4 4 1 3 .

6 2 3 = 4 1 3 ˆ

2 236


300

Δ

ΒΓ

Α

6 2 3 = 4 1 3 ˆ

2 3 3 = 4 1 3 ˆ

3 1 3 = 2 1 3 ˆ

ˆ= 3

2 = 30

ο .

4. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 4, ΑΓ = 5 και ˆ= 30ο, όπου

ΒΔ το ύψος του. Να υπολογισθεί η πλευρά του ΒΓ.

Λύση

Στο τρίγωνο ΔΑΒ θα έχουμε = 60ο

2 2 2 ˆ2 .

2 2 2 0

5 4 2.5.4. 60

2

= 25+16 – 40. 1

2

2

= 41 – 20 = 21 21


Δ

ΒΓ

Α

Κ ΛΔ Γ

Α Β

α

γβ

Β΄

Γ΄

Β Γ

Α


1.Οι πλευρές ενός τριγώνου ΑΒΓ έχουν μήκη ΑΒ = 9, ΒΓ = 7 και ΑΓ = 12. Να

υπολογισθεί το μήκος της προβολής της ΒΓ πάνω στην ΑΒ.

Λύση

ΓΔΑΒ ΒΔ η προβολή της ΒΓ πάνω

στην ΑΒ.

2 2

12 144

2 2 2 2

9 7 81 49 130

Άρα 2

> 2 2

αμβλεία.

Άρα 2 2 2

2 . ΒΔ

144 = 130 + 2.9. ΒΔ

18 ΒΔ = 14 ΒΔ = 14

18 =

7

9

2.Να αποδείξετε ότι σε κάθε τραπέζιο ΑΒΓΔ με βάσεις ΑΒ, ΓΔ ισχύει ότι 2 2

= 2

+ 2

+ 2 ΑΒ . ΓΔ

Λύση

Έστω ˆˆ , οξείες.

Φέρουμε ΑΚ και ΒΛ κάθετες στη ΓΔ.

Τρ.ΑΔΓ: 2

= 2

+ 2

– 2 ΔΓ . ΔΚ

Τρ.ΒΔΓ: 2

= 2

+ 2

– 2 ΔΓ . ΓΛ

Προσθέτουμε κατά μέλη: 2 2

= 2

+ 2

+ 2 2

– 2 ΔΓ. ΔΚ –2 ΔΓ. ΓΛ

2 2

= 2

+ 2

+ 2 ΔΓ. (ΔΓ – ΔΚ – ΓΛ)

2 2

= 2

+ 2

+ 2 ΔΓ. ΚΛ (1)

ΑΒΛΚ ορθογώνιο ΚΛ = ΑΒ

(1) 2 2

= 2

+ 2

+ 2 ΔΓ. ΑΒ

3. Αν ΒΒ΄, ΓΓ΄ είναι ύψη ενός οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ, να αποδείξετε ότι 2

= β ΓΒ΄+ γ ΒΓ΄.

Λύση

2 =

2 +

2 – 2 β ΓΒ΄

2

= 2

+ 2 – 2 γ ΒΓ΄

Προσθέτουμε κατά μέλη

2

+ 2 = 2

2 +

2 +

2 – 2 ( β ΓΒ΄ + γ ΒΓ΄ )

2 ( β ΓΒ΄ + γ ΒΓ΄ ) = 22

β ΓΒ΄ + γ ΒΓ΄ = 2


ΔΑΓ

Β

K ΛΒ Γ

Α

Δ Ε

4.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( ˆ 1 ∟). Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ

κατά ΓΔ = ΒΓ. Να αποδείξετε ότι 2

= 2 ΒΓ . ΑΔ.

Λύση

Τρ.ΒΓΔ: 2

= 2

+ 2

+2 ΓΔ . ΑΓ

2

= 2

+ 2

+2 ΓΔ . ΑΓ

2

= 2 2

+2 ΒΓ . ΑΓ

2

= 2 ΒΓ ( ΒΓ + ΑΓ )

2

= 2 ΒΓ ( ΓΔ + ΑΓ )

2

= 2 ΒΓ . ΑΔ

5.Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) φέρουμε παράλληλη της ΒΓ,

που τέμνει τις ΑΒ και ΑΓ στα Δ και Ε αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι

2 =

2 + ΒΓ . ΔΕ.

Λύση

Φέρουμε ΔΚ, ΕΛ κάθετες στη ΒΓ.

Στο τρίγωνο ΕΒΓ έχουμε

2

= 2

+ 2

– 2 ΒΓ . ΛΓ

2

= 2

+ ΒΓ (ΒΓ – 2 ΛΓ) (1)

τρ.ΔΚΒ = τρ.ΕΛΓ ΒΚ = ΛΓ.

Άρα ΒΓ – 2 ΛΓ = ΒΓ – ΛΓ – ΒΚ = ΚΛ = ΔΕ

(1) 2

= 2

+ ΒΓ . ΔΕ.

6.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( ˆ 1 ∟) με πλευρές α, β, γ. Υπάρχει

τρίγωνο με πλευρές 5 , 4 , 3 ;

Λύση

Ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ 2

= 2

+ 2

Πρέπει να ισχύει 5 < 4 + 3 2

5 < 2

4 3

252

< 162

+ 24 βγ + 92

25 (2

+ 2 ) < 16

2 + 24 βγ + 9

2

25 2

+ 252 < 16

2 + 24 βγ + 9

2

92

+162 – 24 βγ < 0

2

3 4 0 που είναι αδύνατο. Άρα δεν υπάρχει τέτοιο τρίγωνο.


ΛΚΑ Β

Γ Δ

Μ


1.Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και = 30

ο. Να αποδείξετε ότι

2 3 .

Λύση

2 =

2 +

2 – 2ββσυν

030

2 =

2 +

2 – 2

2

3

2

2

= 22

– 2

3

2

= 2

(2 – 3 )

2 3

2.Δίνεται κύκλος διαμέτρου ΑΒ και μία χορδή του ΓΔ ΑΒ. Αν Μ είναι

τυχαίο σημείο της ΑΒ, να αποδείξετε ότι 2

+ 2

= 2

+ 2

.

Λύση

Φέρουμε τις ΓΑ, ΔΒ, ΓΒ και έστω Κ, Λ οι

προβολές των Γ, Δ στην ΑΒ.

Τότε ΑΒΔΓ ισοσκελές τραπέζιο, ΓΚΛΔ ορθογώνιο

και ΑΚ = ΛΒ

Τρ.ΜΑΓ: 2

= 2

+2

– 2 ΜΑ . ΑΚ

Τρ.ΜΔΒ: 2

= 2

+2

– 2 ΜΒ . ΒΛ

Προσθέτουμε: 2

+ 2

= 2

+2

+ 2 2

– 2 ΜΑ . ΑΚ –2 ΜΒ . ΒΛ.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι 2 2

– 2 ΜΑ . ΑΚ –2 ΜΒ . ΒΛ = 0, ή

2

– ΜΑ . ΑΚ – ΜΒ . ΒΛ = 0.

Όμως, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΑΒ έχουμε 2

= ΑΚ . ΑΒ, οπότε

αρκεί να αποδείξουμε ότι ΑΚ . ΑΒ – ΜΑ . ΑΚ – ΜΒ . ΑΚ = 0, ή

ΑΒ – ΜΑ – ΜΒ= 0, που ισχύει.

3.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με 3

=3

+3 . Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι

οξυγώνιο.

Λύση

Από την υπόθεση 3

=3

+3

3 >

3 και

3 >

3

και

2 2

και 2 2

2

> 3

(1) και 2

> 3 (2)

(1) + (2) 2

+ 2

> 3

+3 (

2 2 ) >

3

2 2 >

2 οξεία.

Επειδή όμως και , δηλαδή η α είναι η μεγαλύτερη πλευρά, η θα

είναι η μεγαλύτερη γωνία. Άρα το τρίγωνο οξυγώνιο.



Θεωρήματα διαμέσων

1. Να διατυπώσετε και να αποδείξετε το 1ο θεώρημα διαμέσων.

1ο θεώρημα διαμέσων : Το άθροισμα των τετραγώνων δυο πλευρών ενός

τριγώνου ισούται με το διπλάσιο του τετραγώνου της διαμέσου που περιέχεται

μεταξύ των πλευρών αυτών, αυξημένο κατά το μισό του τετραγώνου της τρίτης

πλευράς.

Απόδειξη

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, η διάμεσος AM = μα και το ύψος ΑΔ. Αν ΑΓ>ΑΒ, τότε το ίχνος

Δ του υα βρίσκεται μεταξύ των Β, Μ (σχ.14) και ΑΜΓ>1∟, ενώ ΑΜΒ

(i) ΑΓ2 = ΑΜ

2 + ΜΓ

2 + 2ΜΓ∙ΜΔ

(ii) ΑΒ2 = ΑΜ

2 +ΜΒ

2 -2ΜΒ∙ΜΔ

Προσθέτοντας κατά μέλη αυτές τις σχέσεις και λαμβάνοντας υπόψη ότι ΜΒ = ΜΓ

έχουμε:

Ανάλογα έχουμε και τους ακόλουθους τύπους:

2. Να γράψετε τους τύπους υπολογισμού των διαμέσων ως συνάρτηση των

πλευρών του τριγώνου.

3. Να διατυπώσετε και να αποδείξετε το 1ο θεώρημα διαμέσων.

2ο θεώρημα διαμέσων : Η διαφορά των τετραγώνων δύο πλευρών ενός τριγώνου

ισούται με το διπλάσιο γινόμενο της τρίτης πλευράς επί την προβολή της

αντίστοιχης διαμέσου πάνω στην πλευρά αυτή.


Απόδειξη

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, η διάμεσος AM = μα και το ύψος ΑΔ. Αν ΑΓ>ΑΒ, τότε το ίχνος

Δ του υα βρίσκεται μεταξύ των Β, Μ και ΑΜΓ>1∟, ενώ ΑΜΒ

(i) ΑΓ

2 = ΑΜ

2 + ΜΓ

2 + 2ΜΓ∙ΜΔ

(ii) ΑΒ2 = ΑΜ

2 +ΜΒ

2 -2ΜΒ∙ΜΔ

Αφαιρώντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε ότι :



Βασικοί γεωμετρικοί τόποι

1. Έστω Α, Β δύο σταθερά σημεία και k ένα δοσμένο τμήμα. Να βρείτε το

γεωμετρικό τόπο των σημείων, των οποίων το άθροισμα των τετραγώνων

των αποστάσεων από τα Α, Β ισούται με k2.

Λύση

Έστω Μ ένα σημείο του γεωμετρικού τόπου. Σύμφωνα με το πρόβλημα θα είναι :

AM

2 + BM

2 = k

2 (1).

Αν Ο είναι το μέσο του ΑΒ, τότε από το 1ο θεώρημα των διαμέσων θα έχουμε

Από την ισότητα αυτή βλέπουμε ότι το τμήμα ΜΟ έχει σταθερό μήκος.

Έτσι το Μ απέχει από το σταθερό σημείο Ο σταθερή απόσταση ίση

με άρα βρίσκεται στον κύκλο

Αντίστροφα.

Θα αποδείξουμε ότι κάθε σημείο Μ του κύκλου είναι και το σημείο

του ζητούμενου γεωμετρικού τόπου, δηλαδή ότι ισχύει ΑΜ2 + MB

2 = k

2. Πράγματι,

από το 1ο θεώρημα διαμέσων έχουμε

Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος που έχει κέντρο Ο το μέσο

του τμήματος ΑΒ και ακτίνα ίση με

Διερεύνηση. Απαραίτητη προϋπόθεση για να υπάρχει γεωμετρικός τόπος είναι

Όταν έχουμε ισότητα ο γεωμετρικός τόπος αποτελείται μόνο από το σημείο Ο.

2. Έστω Α, Β δυο σταθερά σημεία και k ένα σταθερό τμήμα. Να βρείτε το

γεωμετρικό τόπο των σημείων, για τα οποία η διαφορά των τετραγώνων

των αποστάσεών τους από τα Α, Β ισούται με k2.


Λύση

Έστω Μ ένα σημείο του γεωμετρικού τόπου. Σύμφωνα με το πρόβλημα (για

ΑΜ > ΒΜ) είναι ΑΜ2 - ΒΜ

2 = k

2 (1).

Έστω Ο το μέσο του ΑΒ και ε η ευθεία ΜΗ ⊥ ΑΒ όπου Η προβολή του Μ πάνω στην

ΑΒ. Από το 2ο θεώρημα των διαμέσων έχουμε ότι

ΑΜ2 - ΒΜ

2 = 2ΑΒ ∙ ΟΗ <=> k

2 = 2ΑΒ ∙ OH <=> OH = k

2/2ΑΒ

Η ισότητα αυτή δείχνει ότι το τμήμα ΟΗ είναι σταθερό. Παρατηρούμε ότι η προβολή

του Μ πάνω στο ΑΒ είναι σταθερή, άρα το Μ βρίσκεται στην ευθεία ε ⊥ ΑΒ στο

σημείο Η, όπου k2/ 2ΑΒ και βρίσκεται μεταξύ των σημείων Ο, Β.

Αντίστροφα. Έστω σημείο Η μεταξύ των Ο, Β τέτοιο, ώστε k2 / 2ΑΒ

Από το Η φέρουμε την κάθετη ευθεία ε στην ΑΒ και έστω Μ τυχαίο σημείο της ε. Θα

αποδείξουμε ότι το Μ είναι σημείο του ζητούμενου γεωμετρικού τόπου. Πράγματι

από το 2ο.θεώρημα διαμέσων

έχουμε

Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ε.

Διερεύνηση. Αν k = 0 είναι MA2 - MB

2 = 0 ή ΜΑ = ΜΒ, οπότε το Μ ισαπέχει από τα

σημεία Α,Β. Τότε ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η μεσοκάθετος του

τμήματος ΑΒ.


ΔΜB Γ

A

ΟΓΔ

Μ

Β

Α


Θεωρήματα διαμέσων


1.Στο παρακάτω σχήμα η ΑΜ είναι διάμεσος και ΑΔ ύψος . Ποια από τις

παρακάτω σχέσεις είναι σωστή . Αιτιολογήστε την απάντηση σας .

i) ΑΒ2 + ΑΓ

2 = 2ΑΜ

2 + 2ΒΜ

2

ii) ΑΒ2 + ΑΓ

2 = 2ΑΜ

2 + 2ΑΔ

2

iii) ΑΒ2 + ΑΓ

2 = 2ΒΓ∙ΜΔ

iν) ΑΒ2 ΑΓ

2 = 2ΑΜ

2 + 2ΒΜ

2

Λύση

Σωστή σχέση είναι η (i) διότι : ΑΒ2 + ΑΓ

2 = 2ΑΜ

2 +

2

2

= 2ΑΜ2 +

2(2 )

2

= 2ΑΜ2 +

24

2

= 2ΑΜ2 + 2ΒΜ

2

2. Στο παρακάτω σχήμα να συμπληρώστε τα κενά .

Να εξηγήσετε γιατί ΜΑ2 + ΜΒ

2 = ΜΓ

2 + ΜΔ

2

i) ΜΑ2 + ΜΒ

2 = …………….

ii) ΜΓ2 + ΜΔ

2 = ……………..

Εξήγηση

i) ΜΑ2 + ΜΒ

2 = 2ΜΟ

2 +

2

2

ii) ΜΓ2 + ΜΔ

2 = 2ΜΟ

2 +

2

2

Αφού ΑΒ = ΓΔ, τα δεύτερα μέλη των (i) και (ii) είναι ίσα, άρα και τα πρώτα.


3.Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι β2 + γ

2 = 5α

2

Τότε

α. μα = 2

β. μα =

3

4

μα =

3

2

δ. μα =

2

3

Κυκλώστε την σωστή απάντηση και δικαιολογήστε την απάντηση σας

Λύση

2 2 22 2 2

4

=

2 2 22( )

4

= 2 210

4

=

29

4

οπότε μα =

3

2

γ.


ΔΓ OΑ Β

M


1. Σε τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε β = 7, γ = 6 και

= 7

2. Να υπολογισθούν

i) η πλευρά α ii) η προβολή της διαμέσου

στη ΒΓ.

Λύση

i) 2 2

= 22

+

2

2

2

2 +2

2 = 4

2

+

2

22

+22 – 4

2

=

2

2

= 2 .2

7 + 2 .2

6 – 4 .

27

2

= 2 . 49 + 2 . 36 – 4 . 49

4

= 98 + 72 – 49 = 121 Άρα α = 11

ii) Έστω x η προβολή της διαμέσου

στη ΒΓ.

2 –

2 = 2 α x

27 –

26 = 2 .11 . x

49 – 36 = 22 x

13 = 22 x x = 13

22

2.Να αποδείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει 2

+ βγ >

2

4

Λύση

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

2 2 22 2

4

+ βγ >

2

4

ή ότι 2 2 2

2 2 + 4βγ > 2

ή ότι 2 2

2 2 + 4βγ > 22

ή ότι 2 2

+ 2βγ > 2

ή ότι 2 2

ή ότι β + γ > α που ισχύει από την τριγωνική ανισότητα.

3. Δίνεται κύκλος (Ο, R), μια διάμετρός του ΑΒ και έστω Γ, Δ τα μέσα των

ΟΑ και ΟΒ αντίστοιχα. Αν 2

+2

= 5, όπου Μ τυχαίο σημείο του

κύκλου, να υπολογισθεί η ακτίνα του κύκλου.

Λύση

Στο τρ.ΜΓΔ : 2

+2

= 22

+

2

2

5 = 2 2

R +

2R

2

10 = 4 2

R + 2

R


10 = 5 2

R

2

R = 2 R = 2

4.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και έστω Θ το βαρύκεντρό του. Να αποδείξετε ότι:

i) 2

+

2

+

2

=

3

4(

2 +

2 +

2 )

ii) 2

+ 2

+ 2

= 1

3(

2 +

2 +

2 )

Λύση

i) 2

+

2

+

2

=

2 2 22 2

4

+

2 2 22 2

4

+

2 2 22 2

4

= 1

4(

2 2 22 2 +

2 2 22 2 +

2 2 22 2 )

= 1

4(3

2 + 3

2 + 3

2 ) =

3

4(

2 +

2 +

2 ).

ii) ΘΑ = 2

3

2

= 4

9

2

και κυκλικά

2 +

2 +

2 =

4

9

2

+

4

9

2

+

4

9

2

= 4

9(

2

+

2

+

2

)

= 4

9

3

4(

2 +

2 +

2 ) =

1

3(

2 +

2 +

2 )


K MΒ Γ

Α

Δ

Ο

Β

Δ Γ

ΜΑ


1.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με = 60

ο, β = 5, γ = 3. Να υπολογισθεί η διάμεσός

του

.

Λύση 2

= 2

+ 2 - 2βγ συν

2 = 25 + 9 – 2. 5. 3. συν60

ο

= 34 – 30.

1

2 = 34 – 15 = 19

2

=

2 2 22 2

4

=

2 22.5 2.3 19

4

= 2.25 2.9 19

4

= 50 18 19

4

=

49

4 Άρα

=

7

2

2. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και τυχαίο σημείο Δ της ΑΒ.

Να αποδείξετε ότι 2

– 2

=

2.

Λύση

Έστω Μ το μέσο της ΒΓ και ΔΚ ΒΓ.

2ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΔΒΓ:

2

- 2

= 2 ΒΓ. ΜΚ

Αρκεί να δειχθεί ότι 2 ΒΓ. ΜΚ =

2.

2 ΜΚ .ΑΒ = ΒΓ. ΑΔ

ΜΚ .ΑΒ = 2

ΑΔ

ΜΚ .ΑΒ = ΜΒ .ΑΔ

που ισχύει από θεώρημα Θαλή, αφού ΔΚ || ΑΜ

3. i) Αν ΑΒΓΔ ορθογώνιο και Μ τυχαίο σημείο, να αποδείξετε ότι

2

MA + 2

M = 2

M + 2

M

ii) Αν ΑΒΓΔ τετράγωνο και σημείο Μ στο εσωτερικό του, ώστε ΜΑ = 1,

ΜΒ = 2 και ΜΓ = 3 , να βρεθεί η πλευρά του τετραγώνου.

Λύση

i)

Φέρουμε τις διαγώνιες ΑΓ, ΒΔ, οι οποίες

διχοτομούνται στο Ο.


1

2

2

3

Α

Δ Γ

Β

Μ

NM

Δ Γ

Α

Β

τρ.ΜΑΓ: 2

MA + 2

M = 2 2

M + 2

2

τρ.ΜΒΔ: 2

M + 2

M = 2 2

M + 2

2

Τα δεύτερα μέλη είναι ίσα, άρα και τα πρώτα.

ii)

i) 2

MA + 2

M = 2

M + 2

M

1 + 3 = 2 + 2

M

2

M = 2

MΔ = 2

Έτσι είναι ΜΔ = ΜΒ, άρα το Μ είναι

σημείο της μεσοκαθέτου του τμήματος ΔΒ,

δηλαδή σημείο της διαγωνίου ΑΓ.

Έστω α η πλευρά του τετραγώνου.

Τότε ΑΓ = α 2 1 + 3 = α 2

α = 1 3

2

4. Αν Μ, Ν είναι τα μέσα των διαγωνίων ΑΓ, ΒΔ ενός τετραπλεύρου ΑΒΓΔ,

να αποδείξετε ότι 2

+ 2

+ 2

+ 2

= 2

+ 2

+ 4 2

.

(Θεώρημα Euler)

Λύση

Τρ.ΑΒΔ με διάμεσο ΑΝ:

2

+ 2

= 2 2

+

2

2

Τρ.ΓΒΔ με διάμεσο ΓΝ:

2

+ 2

= 2 2

+

2

2

Προσθέτουμε κατά μέλη

2

+ 2

+ 2

+ 2

= 2(2

+2

) + 2

(1)

τρ.ΝΑΓ διάμεσο ΝΜ : 2

+ 2

= 22

+

2

2

(1) 2

+ 2

+ 2

+ 2

= 2 (22

+

2

2

) +

2

2

+ 2

+ 2

+ 2

= 42

+ 2

+ 2

5.Στην υποτείνουσα ΒΓ ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ θεωρούμε τα σημεία Δ

και Ε τέτοια, ώστε ΒΔ = ΔΕ = ΕΓ. Να αποδείξετε ότι 2

+ 2

= 5

9

2 .

Λύση


M

Α

Γ

ΔΒ

Ε

Μ μέσο του ΔΕ άρα και της ΒΓ = α

Τρ.ΑΔΕ με διάμεσο ΑΜ:

2

+ 2

= 22

+ 2

2

αλλά ΑΜ = 2

και ΔΕ =

3

Άρα 2

+ 2

= 2

2

2

+

2

3

2

= 2 2

4

+

2

9

2

= 2

2

+

2

18

=

2 29

18

= 2

10

18

=

25

9

6. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει 2

+ 2 = 2

, να υπολογισθεί η γωνία .

Λύση

Είναι 2

+ 2 = 2

2

+

2

2

Η υπόθεση 2

+ 2 = 2

γίνεται 2

2

+

2

2

= 2

42

+

2 = 4

42

+

2 – 4

=0

2

2 0

2

0

2

2

= 90

ο


65

44

3 3

ΖΕ Λ

Κ

Δ Γ

Α Β

ΟΜ Ν

Β Γ

Α


1.Δύο αδέλφια κληρονόμησαν αγροτεμάχιο σχήματος τραπεζίου και αποφάσισαν να

το μοιράσουν ανοίγοντας δρόμο που θα ενώνει τα μέσα των παράλληλων πλευρών

του. Αν οι βάσεις είναι 8km και 6km, ενώ οι μη παράλληλες πλευρές 5km και

6km, πόσο θα στοιχίσει η διάνοιξη του δρόμου, αν ένα χιλιόμετρο δρόμου κοστίζει

50.000 δρχ.

Λύση

ΑΒΓΔ το αγροτεμάχιο - τραπέζιο

Κ, Λ τα μέσα των βάσεων

Φέρουμε ΚΕ ΑΔ και ΚΖ ΒΓ.

Τότε δύο παραλληλόγραμμα, άρα

ΚΕ = ΑΔ = 5, ΚΖ = ΒΓ = 6 και

ΛΕ = ΛΖ = ΛΓ – ΖΓ = 4 – ΚΒ = 4 – 3 = 1

ΚΛ διάμεσος του τριγώνου ΚΕΖ 2

=

2 2 22 2

4

=

2 2 22.5 2.6 2

4

= 50 72 4

4

=

118

4 =

59

4

Άρα ΚΛ = 59

2 km..

2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΓ > ΑΒ και Μ, Ν τα μέσα των πλευρών ΑΒ

και ΑΓ αντίστοιχα. Αν Ο το μέσο του ΜΝ, να αποδείξετε ότι

2 -

2 =

2 2

2

Λύση Φέρουμε το ΟΑ.

ΟΜ διάμεσος του τριγώνου ΟΑΒ

2

+ 2

= 2 2

+

2

2

(1)

ΟΝ διάμεσος του τριγώνου ΟΑΓ

2

+ 2

= 2 2

+

2

2

(2)

(1) – (2) 2

– 2

=

2 2

2


O

Β

ΓΑ

Δ

M

Γ

Α

OΒ Δ

M

3. Σε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ= 2α θεωρούμε τυχαίο σημείο Μ. Χωρίζουμε τη

διάμετρο ΑΒ σε τρία ίσα τμήματα ΑΓ = ΓΔ = ΔΒ. Να αποδείξετε ότι το

άθροισμα 2

M +2

MB +2

M +2

είναι σταθερό.

Λύση

Πυθαγόρειο στο τρ.ΜΑΒ:

2

M +2

MB = 2 2

2 4 (1)

Έστω Ο το κέντρο του ημικυκλίου.

1ο Θ. διαμέσων στο τρ.ΜΓΔ:

2

M +2

= 2 2

+ 2

2

2

M +2

= 22

+

22

3

2

= 22

+

24

9

2

= 22

+

22

9

=

220

9

(2)

(1) + (2) 2

M +2

MB +2

M +2

= 42

+

220

9

=

256

9

σταθερό.

4. Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ πλευράς α, Ο το κέντρο του και κύκλος (Ο, λα),

λ > 0. Αν για τυχαίο σημείο Μ του κύκλου ισχύει 2

M +2

MB +2

M +2

= 182

, να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός λ.

Λύση

1ο Θ. διαμέσων στο τρ.ΜΑΓ:

2

M +2

= 2 2

+

2

2

=

= 2 2

+ 1

2

22 =

= 2 2

+ 22

(1)

Ομοίως 1ο Θ. διαμέσων στο τρ.ΜΒΔ:

2

MB +2

= 2 2

+ 22

(2)

(1) + (2) 2

M +2

MB +2

M +2

= 4 2

+ 2(2

+2

) (3)

Πυθαγόρειο στο τρ.ΟΑΒ: 2

+2

= 2

= 2

.

(3) 2

M +2

MB +2

M +2

= 4 2

+22

18 2

= 42

2

+ 22

18 = 42

+ 2


Γ

Α

ΟΒ Δ

Ρ

42

= 16

2

= 4 άρα 2

5.Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ πλευράς α, με διαγώνιο ΒΔ = α. Έστω τυχαίο σημείο

Ρ. Να αποδείξετε ότι 2

= (2

– 2

) + (2

– 2

).

Λύση

Αρκεί να δειχθεί ότι 2

= 2

+ 2

– (2

+ 2

)

1ο Θ. διαμέσων στο τρ.ΡΑΓ:

2

+2

= 2 2

+ 2

2

= 2

2 +

1

2

22 =

2 2

+ 22

(1)

Ομοίως 1ο Θ. διαμέσων στο τρ.ΡΒΔ:

2

+2

= 2 2

+ 22

(2)

(1) – (2) 2

+ 2

– (2

+2

) = 22

– 22

= 2

2

3

2

– 2

2

2

= 2

23

4

– 2

2

4

=

23

2

–

2

2

= 2

2

2

=

2 .


ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9ο


Μετρικές σχέσεις σε κύκλο

Τέμνουσες κύκλου

1. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί το θεώρημα δύο τεμνόμενων χορδών

ενός κύκλου.

Θεώρημα (τεμνόμενων χορδών - ΘΤΧ): Αν δυο χορδές ΑΒ, ΓΔ ή οι προεκτάσεις

τους τέμνονται σε ένα σημείο Ρ , τότε ισχύει : ΡΑ ∙ ΡΒ = ΡΓ ∙ ΡΔ.

Απόδειξη

Τα τρίγωνα ΡΑΓ και ΡΒΔ είναι όμοια, αφού ΡAΓ = ΡΔΒ και ΡΓΑ = ΡΒΔ (Στο 1ο

σχήμα έχουμε ότι ΡAΓ = ΡΔΒ γιατί το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο και η ΡAΓ είναι

εξωτερική του γωνία. Στο 2ο σχήμα ΡAΓ = ΡΔΒ ως εγγεγραμμένες γωνίες που

βαίνουν στο ίδιο τόξο).

Επομένως, ισχύει ότι

ΣΧΟΛΙΟ

Παρατηρούμε λοιπόν ότι τα γινόμενα των τμημάτων που ορίζουν οι τέμνουσες ενός

κύκλου ΡΑ1 ∙ ΡΑ2, ΡΒ1 ∙ ΡΒ2, ΡΓ1 ∙ ΡΓ2, ... παραμένουν σταθερά. Το γεγονός αυτό

μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι τα γινόμενα αυτά εξαρτώνται μόνο από τις θέσεις

του σημείου Ρ και του κύκλου (O,R).

2. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί το θεώρημα τέμνουσας και

εφαπτομένης σε έναν κύκλο.


Θεώρημα (Τέμνουσας και εφαπτομένης - ΘΤΕ): Αν από ένα εξωτερικό σημείο Ρ

κύκλου (O,R) φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα ΡΕ και μία ευθεία που τέμνει τον

κύκλο στα σημεία Α, Β, τότε ισχύει ότι : ΡΕ2 = ΡΑ ∙ ΡΒ.

Απόδειξη

Φέρουμε την ευθεία ΡΟ η οποία τέμνει τον κύκλο στα σημεία Γ και Δ. Θέτουμε

ΟΡ = δ, οπότε από το θεώρημα τεμνόμενων χορδών έχουμε ότι:

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΡΟΕ προκύπτει ότι

3. Να δοθεί ο ορισμός της δύναμης ενός σημείου Ρ ως προς κύκλο (Ο,R).

Η διαφορά δ2 -R

2 λέγεται δύναμη του σημείου Ρ ως προς τον κύκλο (O,R) και

συμβολίζεται

Σημείωση : Αν μια ευθεία διέρχεται από ένα εξωτερικό σημείο Ρ κύκλου (Ο,R) και

τέμνει τον κύκλο σε σημεία Α, Β τότε ΡΑ ∙ ΡΒ = δ2 - R

2. Όμοια αποδεικνύεται ότι

ΡΑ ∙ ΡΒ = R2 - δ

2, αν το Ρ είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου.

4. Πως σχετίζεται η δύναμη σημείου Ρ κύκλο (Ο,R) με την θέση του σημείου

Ρ ως προς τον κύκλο ;

Ας εξετάσουμε τι ς προς συμβαίνει όταν το Ρ είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου ή

όταν ανήκει σε αυτόν. Τότε η δύναμη του σημείου P ως προς τον κύκλο (O,R) είναι

αρνητική ή ίση με το μηδέν αντίστοιχα.

Επεκτείνοντας, λοιπόν, τον ορισμό της δύναμης σημείου ως προς κύκλο

καταλαβαίνουμε ότι ουσιαστικά εκφράζει τη σχετική θέση του σημείου Ρ ως προς τον

κύκλο (O,R), καθώς εξαρτάται μόνο από το δ, δηλαδή την απόσταση του Ρ από το

κέντρο του κύκλου. Επομένως, έχουμε ότι:


• το Ρ είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου (O,R) αν και μόνο αν

• το Ρ είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου (O,R) αν και μόνο αν

• το Ρ είναι σημείο του κύκλου (O,R) αν και μόνο αν

5. Αν δύο τμήματα ΑΒ και ΓΔ ή οι προεκτάσεις τους τέμνονται σε ένα

σημείο Ρ έτσι ώστε ΡΑ ∙ ΡΒ = ΡΓ ∙ ΡΔ , τότε το τετράπλευρο με κορυφές

τα σημεία Α, Β, Γ, Δ είναι εγγράψιμο.

Απόδειξη

Ας θεωρήσουμε το σημείο τομής Ρ των τμημάτων AB, ΓΔ ή των προεκτάσεών

τους . Η δοσμένη σχέση ΡΑ ∙ ΡΒ = ΡΓ ∙ ΡΔ γράφεται ΡΑΡΓ = ΡΔΡΒ και αφού

ΑΡΓ = ΒΡΔ, τα τρίγωνα ΑΡΓ και ΒΡΔ θα είναι όμοια.

Επομένως ΡΒΔ = ΡΓΑ, οπότε το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ : Η εφαρμογή εκφράζει το αντίστροφο του θεωρήματος

τεμνόμενων χορδών.

6. Ας θεωρήσουμε ευθεία ε και τρία σημεία της Ρ, Α, Β, με το Α μεταξύ των

Ρ και Β. Έστω σημείο Ε εκτός της ευθείας ε τέτοιο, ώστε ΡΕ2 = ΡΑ ∙ ΡΒ.

Τότε το τμήμα ΡΕ είναι εφαπτόμενο στον κύκλο, που ορίζουν τα σημεία

Α, Β, Ε.

Απόδειξη

Έστω (O,R) ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία Α, Β, Ε. Τότε ΡΕ

2 = ΡΑ ∙ ΡΒ =

ΟΡ2 - R

2 = OΡ

2 - ΟΕ

2 ή ΡΕ

2 + ΟΕ

2 = ΟΡ

2 οπότε το τρίγωνο ΟΕΡ είναι ορθογώνιο και

η ΡΕ εφάπτεται στον κύκλο (O,R).

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ : Η εφαρμογή αυτή εκφράζει το αντίστροφο του θεωρήματος

τέμνουσας και εφαπτομένης


7. Διαίρεση τμήματος σε μέσο και άκρο λόγο (Χρυσή Τομή) :Να διαιρεθεί

ένα τμήμα ΑΒ, σε δύο άνισα τμήματα ΑΓ, ΓΒ ώστε το μεγαλύτερο από

αυτά να είναι μέσο ανάλογο του μικρότερου και του αρχικού

ευθύγραμμου τμήματος.

Απόδειξη

Έστω ΑΒ = α και ΑΓ = x το μεγαλύτερο από τα τμήματα στα οποία χωρίζεται το ΑΒ

από το Γ (σχ.21). Τότε ΓΒ = α - x και θα πρέπει να ισχύει η σχέση: ΑΓ2 = ΑΒ ∙ ΓΒ ή

x2 = α(α-x) (1).

Η σχέση (1) γράφεται x2 + αx - α

2 = 0 ή x (x + α) = α

2 (2).

Έτσι, για να κατασκευάσουμε το x γράφουμε κύκλο (Ο,

που εφάπτεται στο

ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ στο σημείο Β και φέρουμε την ΑΟ, η οποία τέμνει τον κύκλο

στα σημεία Δ, Ε. Τότε

ισχύει ότι ΑΒ

2 = ΑΔ ∙ ΑΕ = ΑΔ(ΑΔ + ΔΕ) = ΑΔ(ΑΔ + ΑΒ) ή α

2 = ΑΔ(ΑΔ + α) οπότε

το ΑΔ έχει το ζητούμενο μήκος και το Γ είναι η τομή του κύκλου (Α, ΑΔ) και του

τμήματος ΑΒ.

ΣΧΟΛΙΟ

Το πρόβλημα της διαίρεσης ενός ευθύγραμμου τμήματος σε μέσο και άκρο λόγο είναι

γνωστό σήμερα και ως πρόβλημα της Χρυσής Τομής.

Με το πρόβλημα αυτό επιλύεται γεωμετρικά η εξίσωση

x2 = α(α - x) ή x

2 + αx - α

2 = 0.

Η θετική ρίζα της εξίσωσης x2 + αx - α

2 = 0 είναι

από όπου προκύπτει ότι

που είναι η αναλογία της «χρυσής τομής».

παραπάνω λόγος συμβολίζεται διεθνώς με το γράμμα φ, δηλαδή

Ο συμβολισμός προέρχεται από το όνομα του γλύπτη της κλασικής αρχαιότητας

Φειδία ο οποίος κατασκεύασε τον Παρθενώνα. Οι αρχαίοι Έλληνες φιλόσοφοι

διαπίστωσαν ότι όπου εμφανίζεται ο λόγος φ (αρχιτεκτονική, γλυπτική κτλ.),

δημιουργεί την αίσθηση της αρμονίας.


ΜΑ

Ο

Σ

Τ

Ζ

Ε

Θ

Ν

Ρ

Μ

ΛΚ

Δ

Γ

Β

Α

(γ)

(β)(α)

x

6

4

ψ

4 2

1

O

O

Ox

3

2

4


Μετρικές σχέσεις σε κύκλο


1. Στα παρακάτω σχήματα να υπολογιστούν οι τιμές των x και ψ.

Λύση

Στο σχήμα (α) Στο σχήμα (β) Στο σχήμα (γ)

ΡΑ . ΡΒ = ΡΓ . ΡΔ ΣΚ . ΣΛ = ΣΜ . ΣΝ ΤΘ2 = ΤΕ .ΤΖ

2(2 + 4) = 3( 3+x) 4. 2 = ψ. 1 36 = 4(4+x)

4 + 8 = 9 + 3x 8 = ψ 9 = 4 + x

x = 1 5 = x

2. Ποια είναι η δύναμη σημείου Ρ ως προς τον κύκλο (Ο, R) όταν Ρ Ο

Λύση

( ,R)

=ΟΡ2R

2= R

2

3.Αν στο παρακάτω σχήμα είναι M

( ,R) = – 3 , να υπολογίσετε την ακτίνα του

κύκλου

Λύση

M

( ,R) = ΟΜ2 R

2 – 3 =

2R

4 R

2

3R2 = 12

R = 2


Γ

Β

Κ

Α

Λ

Γ

Ν

Α

Μ

Β Δ


1. Δίνεται κύκλος (Κ, 6) και σημείο Α, ώστε ΑΚ = 14. Αν από το σημείο Α

φέρουμε τέμνουσα ΑΒΓ που τέμνει τον κύκλο κατά χορδή ΒΓ = 6, να

υπολογίσετε το ΑΒ.

Λύση

Έστω ΑΒ = x, τότε ΑΓ = x + 6

AB. ΑΓ = 2

– 2

R

x (x + 6) = 2 2

14 6

2

x 6x 196 36

2

x 6x 160 0 (1)

Δ = 2

6 4.160 = 36 + 640 = 676

(1) x = 6 676

2

=

6 26

2

=

6 26

2

6 26

2

=

20

2

32

2

= 10

16 άρα x = 10

2. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ο κύκλος, που διέρχεται από το Α και τα μέσα Μ, Ν

των ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα, εφάπτεται της ΒΓ στο Δ, να αποδείξετε ότι

2 = ΔΒ.ΔΓ.

Λύση

Φέρουμε το τμήμα ΜΝ.

Τότε ΜΝ ΒΓ και τέμνει το ΑΔ στο

μέσο του Λ.

Άρα ΜΛ = 2

και ΛΝ=

2

ΑΛΔ, ΜΛΝ τέμνουσες του κύκλου

ΛΑ . ΛΔ = ΛΜ . ΛΝ

1

2ΑΔ .

1

2ΑΔ =

1

2ΔΒ .

1

2ΔΓ

2

= ΔΒ.ΔΓ.

3. Θεωρούμε κύκλο (Ο, R) και τις χορδές του ΑΒ, ΓΔ που τέμνονται στο

Ρ. Αν ισχύει ότι

=

, να αποδείξετε ότι οι χορδές ΑΒ, ΓΔ είναι

ίσες.


Ρ

Α

Β

Δ

Γ

Μ

Β

Α

Γ

Δ

Λύση

ΑΡΒ, ΓΡΔ τέμνουσες ΡΑ . ΡΒ = ΡΓ . ΡΔ

Από υπόθεση έχουμε

=

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη: 2 2

ΡΑ = ΡΔ

Διαιρούμε κατά μέλη: ΡΒ = ΡΓ

4. Να αποδείξετε ότι, η προέκταση της κοινής χορδής δύο τεμνόμενων κύκλων

διχοτομεί κάθε κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα τους.

Λύση Η κοινή χορδή ΑΒ τέμνει το κοινό εξωτερικό

εφαπτόμενο τμήμα σε σημείο Μ.

Είναι 2

M = ΜΑ . ΜΒ

και 2

M = ΜΑ . ΜΒ

Άρα 2

M = 2

M ΜΓ = ΜΔ


Ζ Ε Ο

ΒΑ

Δ Γ

Ζ

Ε

Γ

Β

Δ

Α


1. Τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, R). Αν Ε

είναι το μέσο της ΑΔ και η ΒΕ προεκτεινόμενη τέμνει τον κύκλο στο Ζ, να

αποδείξετε ότι:

i) BE =5

2

, ii) BE = 5EZ

Λύση

i)

Πυθαγόρειο στο τρ.ΑΕΒ: 2

= 2

+ 2

2

= 2

+

2

2

= 2

+ 2

4

=

25

4

BE =5

2

(1)

ii)

EB. EZ = EA . EΔ 5

2

ΕΖ =

2

2

5 ΕΖ = 2

ΕΖ = 2 5

=

5

10

=

1

5

5

2

(2)

Από τις (1), (2) BE = 5EZ.

2.Από σημείο Α εκτός κύκλου (Ο, R) φέρουμε τέμνουσα ΑΒΓ και εφαπτόμενο

τμήμα ΑΔ. Αν η διχοτόμος της γωνίας τέμνει τις ΔΔ, ΓΔ στα Ε και Ζ

αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι ΕΒ . ΖΓ = ΕΔ . ΖΔ.

Λύση

Θ. διχοτόμων στο τρ.ΑΒΔ:

=

Θ. διχοτόμων στο τρ.ΑΓΔ:

=

Δημιουργούμε το γινόμενο ΕΒ . ΖΓ

πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη

=

.

.

=

2

.

(1)

επειδή όμως ΑΒΓ τέμνουσα και ΑΔ εφαπτομένη, θα έχουμε 2

= ΑΒ . ΑΓ .

(1) .

.

= 1 ΕΒ . ΖΓ = ΕΔ . ΖΔ.


Ε

ΜΒ Γ

Α

ε

ΚΝ

ΓΜ

O

Α

Β

ΗΜ

ΔΓΒ

Ο

Α

3. Αν η διάμεσος ΑΜ τριγώνου ΑΒΓ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο Ε,

να αποδείξετε ότι: i) AM . ME =

2

4

ii)

2 +

2 = 2AM . AE.

Λύση

i)

ΑΜΕ, ΒΜΓ τέμνουσες MA . ME = MB . MΓ

MA . ME = 2

2

MA . ME = 2

4

ii) 1ο Θ. διαμέσων:

2 +

2 = 2

2 +

2

2

= 22

+ 2 2

4

(i)

22

+ 2 ΑΜ . ΜΕ

= 2 ΑΜ (ΑΜ + ΜΕ) = 2 ΑΜ . ΑΕ.

4. Δίνεται κύκλος (Ο, R) και ευθεία ε που δεν τέμνει τον κύκλο. Από σημείο

Μ της ε φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα ΜΑ, ΜΒ και ΟΓ ε. Αν η ΑΒ

τέμνει την ΟΓ στο Ν, να αποδείξετε ότι ΟΝ . ΟΓ = 2

R .

Λύση

Φέρουμε την ΟΜ, η οποία είναι μεσοκάθετος

της ΑΒ. ˆ ˆK =1∟ ΚΝΓΜ εγγράψιμο

ΟΝ . ΟΓ = ΟΚ . ΟΜ (1)

Τρ.ΒΟΜ ορθογώνιο με ύψος ΒΚ

2

R = 2

= ΟΚ . ΟΜ (2)

(1), (2) ΟΝ . ΟΓ = 2

R .

5. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( A =1∟) εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, R)

και το ύψος του ΑΔ. Αν μεταβλητή ευθεία ε που διέρχεται από το Γ τέμνει το

ύψος στο Μ και τον κύκλο στο Η, να αποδείξετε ότι ΓΜ . ΓΗ = 2

.

Λύση

Φέρουμε την ΗΒ.

=1∟ αφού βαίνει σε ημικύκλιο,

αλλά και =1∟, οπότε ΗΜΔΒ εγγράψιμο

ΓΜ . ΓΗ = ΓΔ . ΓΒ (1) Τρ.ΑΒΓ ορθογώνιο με ύψος ΑΔ

2

= ΓΔ . ΓΒ (2)

(1), (2) ΓΜ . ΓΗ = 2

.


1

1 2

Α

Β Γ

Ε

Δ

Δ

ΜΒ Γ

Α


1. Αν η διχοτόμος ΑΔ τριγώνου ΑΒΓ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο Ε

και είναι 2

= ΔΒ . ΔΓ, να αποδείξετε ότι 2

= 22

.

Λύση

ΑΔΕ, ΒΔΓ τέμνουσες του κύκλου

ΔΑ . ΔΕ = ΔΒ . ΔΓ, αλλά

2

= ΔΒ . ΔΓ άρα

2

= ΔΑ . ΔΕ ΑΔ = ΔΕ

τρ.ΑΕΓ όμοιο του τρ.ΓΕΔ (1 1 2

ˆ ˆ και

κοινή)

=

2 = ΑΕ . ΔΕ

Αρκεί να δειχθεί ότι 2

= 2 ΑΕ . ΔΕ, ή ότι ΑΕ = 2 ΔΕ που ισχύει.

2.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με 2 2

= 22

. Αν η διάμεσος ΑΜ τέμνει τον

περιγεγραμμένο κύκλο στο Δ, να αποδείξετε ότι ΜΔ = 3

6

.

Λύση

1ο Θ.διαμέσων:

2 2 = 2

2 +

2

2

, αλλά

2 2

= 22

άρα

22

+ 2

2

= 2

2 4

2 +

2 = 4

2

42

= 32

ΑΜ = 3

2

(1)

ΑΜΔ, ΒΜΓ τέμνουσες του κύκλου ΑΜ . ΜΔ = ΜΒ . ΜΓ (1)

3

2

ΜΔ =

2

2

3 ΜΔ = 2

ΜΔ = 2 3

=

3

6


Δ

Α

ΓΒ

Μ

ΖΕ

Δ MΒ Γ

Α

3. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι = 3

2 . Αν Μ το βαρύκεντρο του τριγώνου

ΑΒΓ, να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΜ

εφάπτεται της ΒΓ στο Β.

Λύση

= 3

2

2

=

23

4

2 2 2

2 2

4

=

23

4

2 2 2

2 2 = 2

3

2 2 2

2 (1)

Αρκεί να αποδείξουμε ότι 2

= ΔΜ . ΔΑ

» »

2

2

= 1

3

» » 2

4

=

21

3

» » 32

= 42

Έχουμε 42

= 4

2 2 22 2

4

= 2(

2 2 ) -

2

(1)

2 . 22

- 2

= 32

.

4. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, η διχοτόμος του ΑΔ, η διάμεσός του ΑΜ και ο

περιγεγραμμένος κύκλος (Κ) του τριγώνου ΑΔΜ. Αν Ε, Ζ είναι τα σημεία

τομής των ΑΒ και ΑΓ με τον κύκλο (Κ) αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι

ΒΕ = ΓΖ.

Λύση

ΒΔΜ, ΒΕΑ τέμνουσες του κύκλου

ΒΕ . ΒΑ = ΒΔ . ΒΜ

ΓΜΔ, ΓΖΑ τέμνουσες του κύκλου

ΓΖ . ΓΑ = ΓΜ . ΓΔ

Διαιρούμε κατά μέλη: BE

Z

=

Αλλά από Θ. διχοτόμων είναι

=

.

Άρα BE

Z = 1 ΒΕ = ΓΖ


Γ ΔΚ

Α

Β

θ

Β΄ Α΄Μ

Γ Δ

Α

Β

Γενικές 9ου κεφαλαίου

1.Έστω ΑΒ, ΓΔ δύο ευθύγραμμα τμήματα. Ικανή και αναγκαία συνθήκη,

ώστε ΑΒ ΓΔ είναι να ισχύει 2

– 2

= 2

– 2

.

Λύση

Ευθύ:

Έχουμε υπόθεση ΑΒ ΓΔ. Θα αποδείξουμε ότι 2

– 2

= 2

– 2

Έστω Κ το σημείο τομής των ευθειών ΑΒ, ΓΔ.

Πυθαγόρειο στο τρ.ΚΑΓ : 2

= 2

+2

Πυθαγόρειο στο τρ.ΚΑΔ : 2

= 2

+2

Αφαιρούμε κατά μέλη: 2

– 2

= 2

– 2

Ομοίως 2

– 2

= 2

– 2

Άρα 2

– 2

= 2

– 2

Αντίστροφο:

Έχουμε υπόθεση 2

– 2

= 2

– 2

. Θα αποδείξουμε ότι ΑΒ ΓΔ.

Έστω ΑΓ > ΑΔ,

τότε 2

> 2

2

– 2

> 0.

Από την υπόθεση 2

– 2

> 0

2

> 2

ΒΓ > ΒΔ.

Άρα τα Α, Β βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο ως

προς τη μεσοκάθετο Μθ του τμήματος ΓΔ.

Φέρουμε ΑΑ΄, ΒΒ΄ κάθετες στη ΓΔ, οπότε και τα

σημεία Α΄, Β΄ θα ανήκουν στο ίδιο ημιεπίπεδο.

2ο Θ. διαμέσων στο τρ.ΑΓΔ:

2 –

2 = 2 ΓΔ . ΜΑ΄

2ο Θ. διαμέσων στο τρ.ΒΓΔ:

2 –

2 = 2 ΓΔ . ΜΒ΄

Άρα 2 ΓΔ . ΜΑ΄ = 2 ΓΔ . ΜΒ΄ ΜΑ΄ = ΜΒ΄ τα Α΄, Β΄ συμπίπτουν,

άρα ΑΑ΄Β΄Β ευθεία κάθετη στη ΓΔ .

2.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Αν ΑΔ είναι η διχοτόμος της γωνίας A , να

αποδείξετε ότι ΑΒ . ΑΓ = 2

A + ΒΔ . ΔΓ.


21

Ε

ΔΒ Γ

Α

α

γ β

M

Δ

Β Γ

Α

12

ΚΒ Γ

Α

Δ

Λύση

Γράφουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του

τριγώνου ΑΒΓ .

Η προέκταση της διχοτόμου ΑΔ τέμνει τον

κύκλο στο Ε.

ΑΔΕ, ΒΔΓ τέμνουσες του κύκλου

ΔΑ .ΔΕ = ΔΒ. ΔΓ

ΔΑ (ΕΑ – ΔΑ) = ΔΒ. ΔΓ

ΔΑ .ΕΑ – 2

A = ΔΒ. ΔΓ

ΔΑ. ΕΑ = 2

A + ΔΒ. ΔΓ.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι ΔΑ. ΕΑ = ΑΒ .ΑΓ ,

ή ότι

,

ή ότι τρ.ΔΑΒ όμοιο του τρ.ΓΑΕ,

που ισχύει, αφού 1

= 2

και ˆ ˆ . (σε ίδιο τόξο)

3. Αν Μ είναι το μέσο της πλευράς ΒΓ οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ και ΒΔ

ύψος του, να αποδείξετε ότι 2

A = 2

+ΑΔ. ΑΓ.

Λύση Θ. επέκτασης του Πυθαγορείου:

2

= 2

+ 2 – 2AΓ. ΑΔ

2AΓ. ΑΔ = 2

+ 2 –

2

AΓ. ΑΔ = 2 2 2

2

Άρα 2

+ΑΔ. ΑΓ =

2

2

+ 2 2 2

2

=

2

4

+

2 2 2

2

=

= 2 2 2 2

2 2 2

4

=

2 2 22 2

4

=

2

4.Θεώρημα Stewart

i) Έστω Δ σημείο της πλευράς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδείξετε ότι

ΒΔ. 2

+ ΔΓ. 2

= ΒΓ (2

+ΒΔ. ΔΓ).

ii) Να διατυπώσετε το θεώρημα Stewart, όταν το ΑΒΓ είναι ισοσκελές

(ΑΒ = ΑΓ).

Λύση

i) α) Όταν η ΑΔ δεν είναι ΒΓ

Έστω 1 αμβλεία και 2

οξεία.


β

γ

αΗ

Ε

Δ

Μ

Α

Γ

Θ

Ν

Β

Φέρουμε ΑΚΒΓ

Τρ.ΑΔΓ: 2

= 2

+ 2

+2 ΔΓ. ΔΚ

Πολλαπλασιάζουμε τα δύο μέλη με ΒΔ

ΒΔ.2

= ΒΔ.2

+ ΒΔ.2

+2 ΒΔ.ΔΓ. ΔΚ (1)

Τρ.ΑΔΒ: 2

= 2

+ 2

+2 ΔΒ. ΔΚ

Πολλαπλασιάζουμε τα δύο μέλη με ΔΓ

ΔΓ.2

= ΔΓ.2

+ ΔΓ.2

+2 ΔΓ.ΔΒ. ΔΚ (2)

(1) + (2) ΒΔ.2

+ ΔΓ.2

= 2

(ΒΔ + ΔΓ) + ΔΓ. ΔΒ (ΔΓ + ΔΒ)

ΒΔ.2

+ ΔΓ.2

= 2

. ΒΓ + ΔΓ. ΔΒ. ΒΓ

ΒΔ.2

+ ΔΓ.2

= ΒΓ(2

+ ΔΓ. ΔΒ)

β) Όταν ΑΔΒΓ

Ακολουθούμε ίδια πορεία, αλλά με Πυθαγόρεια θεωρήματα.

ii) Στην ισότητα που αποδείξαμε στο i), όπου ΑΓ θέτουμε ΑΒ.

Τότε 2

=2

+ ΔΒ. ΔΓ

5. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με . Να αποδείξετε ότι:

i) 2

+2 = 5

2

ii) αν ΑΔ ύψος και Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, τότε ΑΗ .ΑΔ = 22

.

Λύση

i)

Έστω Θ το κέντρο βάρους

τρ.ΘΒΓ ορθογώνιο :

2 2 2

22

3

+

22

3

=

2

24

9

+

24

9

= 2

2

4

+ 2

4

= 92

22 + 2

2 –

2 + 2

2 + 2

2 –

2 = 9

2

2

+ 2 = 5

2 .

ii) Φέρουμε το ύψος ΒΕ και τις ΔΕ, ΗΓ.

Τα σημεία Δ, Ε βλέπουν το τμήμα ΗΓ με ορθή γωνία

ΔΕΓΗ εγγράψιμο ΑΗ .ΑΔ = ΑΓ. ΑΕ (1)

οξεία 2

= 2

+ 2 – 2 ΑΓ. ΑΕ

2

= 52

– 2 ΑΓ. ΑΕ

2 ΑΓ. ΑΕ = 42

ΑΓ. ΑΕ = 22


Δ

ΜΒ

Γ

Α

Δ

Γ

ΟΑ

Β

Η

Ε

ΔΓBΑ

O

Η (1) ΑΗ .ΑΔ = 22

6. Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε τη διάμεσο ΑΜ. Αν Δ η προβολή του

Μ πάνω στην ΑΒ, να αποδείξετε ότι 2

= 3 2

+ 2

– 4 ΑΒ .ΑΔ.

Λύση Στο τρίγωνο ΑΜΒ έχουμε

2

= 2

+

2 – 2 ΑΒ .ΑΔ

2

2

= 2 2 2

2 2

4

+

2 – 2 ΑΒ .ΑΔ

2

4

=

2 2 22 2

4

+

2 – 2 ΑΒ .ΑΔ

2

= 22

+ 22 –

2 + 4

2 – 8 ΑΒ .ΑΔ

22

= 22

+ 62 – 8 ΑΒ .ΑΔ

2

= 2

+ 32 – 4 ΑΒ .ΑΔ

7.Δίνεται κύκλος (Ο, R), μια ακτίνα ΟΑ και χορδή ΒΓ παράλληλη προς την

ΟΑ. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα 2

+2

είναι σταθερό.

Λύση Φέρουμε τη διάμετρο ΑΟΔ και τη χορδή ΒΔ.

Το τραπέζιο ΑΓΒΔ είναι εγγεγραμμένο, άρα

είναι ισοσκελές, δηλαδή ΔΒ = ΑΓ

ˆ= 1∟ αφού βαίνει σε ημικύκλιο.

Πυθαγόρειο στο τρ.ΒΑΔ: 2

+ 2

= 2

2

+ 2

= 2

2R

2

+ 2

= 2

4R

σταθερό.

8. Δίνεται κύκλος (Ο, R), μία διάμετρος ΑΒ και Γ, Δ τα μέσα των ΟΑ, ΟΒ

αντίστοιχα. Αν μία χορδή ΕΗ που διέρχεται από το Γ είναι ΕΗ = 13

R2

,

να αποδείξετε ότι ˆE =1∟.

Λύση

Αρκεί να αποδείξουμε ότι 2

+2

= 2

E

1ο Θ. διαμέσων στο τρίγωνο ΕΔΓ:

2

+2

= 2 2

+ 2

2

2

+2

= 22

R + 2

R

2 =

25R

2

2

= 2

5R

2–

2 (1)


Ομοίως στο τρίγωνο ΗΔΓ: 2

H = 2

5R

2–

2H (2)

(1) + (2) 2

+2

= 52

R – (2

+ 2

H ) (3)

ΕΓ + ΗΓ = R 13

2

2E =

213R

4

2

+ 2

H + 2 ΓΕ . ΓΗ = 2

13R

4

2

+ 2

H = 2

13R

4– 2 ΓΕ . ΓΗ (4)

ΕΓΗ, ΑΓΒ τέμνουσες του κύκλου ΓΕ . ΓΗ = ΓΑ. ΓΒ = R

2 3R

2 =

23R

4

(4) 2

+ 2

H = 2

13R

4– 2

23R

4 =

213R

4–

26R

4=

27R

4

(3) 2

+2

= 52

R – 2

7R

4 =

213R

4=

2

R 13

2

= 2

E

Documents

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9files.aygerinosvasilis.webnode.gr/200000033-3e4624038c... · 2013. 1. 25. · Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΑΔ είναι όμοια, αφού είναι