102266181-ΦΥΛΛΑΔΙΟ-ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ-Β-ΛΥΚΕΙΟΥ-2012-2013(1)

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΓΙΩΡΓΟΣ ΦΡΑΝΤΖΕΣΚΟΣ

www.math-trip.blogspot.com

1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9Ο

ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ

ΠΥΘΑΓΟΡΕΙΟ ΘΕΩΡΗΜΑ

Θεώρημα 1

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. Δηλαδή ΑΒ2 = ΒΓ ∙ ΒΔ

Απόδειξη

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

ΒΓ.

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΒΑ είναι όμοια γιατί έχουν:

A = Δ = 1∟

Β είναι κοινή γωνία των τριγώνων

Επομένως ισχύει η αναλογία

AB ΑΒ2 = ΒΓ ∙ ΒΔ

ΣΧΟΛΙΟ

Το ίχνος Δ της καθέτου που φέρουμε από το Α προς την ΒΓ ονομάζεται ορθή

προβολή ή απλώς προβολή του Α στην ΒΓ

Πόρισμα

Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, ο λόγος των τετραγώνων των κάθετων πλευρών του

είναι ίσος με το λόγο των προβολών τους πάνω στην υποτείνουσα.

Δηλαδή ΔΓ

ΔΒ

ΑΓ

ΑΒ2

2



2

Απόδειξη


ΒΓ.

Ισχύουν οι σχέσεις:

ΑΒ2 = ΒΓ ∙ ΒΔ και

ΑΓ2 = ΒΓ ∙ ΓΔ.

Διαιρώντας τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη προκύπτει:

ΔΓBΓ

ΔΒBΓ

ΑΓ

ΑΒ2

2

ΔΓ

ΔΒ

ΑΓ

ΑΒ2

2

Θεώρημα 2 (Πυθαγόρειο)

Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο, το άθροισμα των τετραγώνων των κάθετων πλευρών

του είναι ίσο με το τετράγωνο της υποτείνουσας.

Απόδειξη


ΒΓ.

Θα αποδείξουμε ότι: AB2 + ΑΓ2 = ΒΓ2

Ισχύουν οι σχέσεις:



3

ΑΒ2 = ΒΓ ∙ ΒΔ και

ΑΓ2 = ΒΓ ∙ ΓΔ.

Προσθέτοντας τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη προκύπτει:

ΑΒ2 + ΑΓ2 = ΒΓ∙ΒΔ + ΒΓ∙ΓΔ =

= ΒΓ(ΒΛ + ΓΔ) =

= ΒΓ∙ΒΓ = ΒΓ2 .

Θεώρημα 3 (Αντίστροφο Πυθαγορείου)

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ΑΒ2 + ΑΓ2 = ΒΓ2, τότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με A =

1L.

Απόδειξη Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και ορθή γωνία xÔy. 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 = ΟΔ2 + ΟΕ2 = ΑΒ2 +ΑΓ2 = ΒΓ2 .

Άρα ΔΕ = ΒΓ. Επομένως τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΟΔΕ είναι ίσα, γιατί έχουν και τις

τρεις πλευρές ίσες, οπότε θα είναι A = Ô = 1∟

Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με A = 1L.



4

Θεώρημα 4

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. Δηλαδή ΑΔ2 = ΔΒΔΓ

Απόδειξη


ΒΓ.

Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΑΔ είναι όμοια, αφού είναι ορθογώνια και

A1 = Γ ως συμπληρωματικές της Β.

Επομένως,

ΑΔ2 = ΒΔ ∙ ΔΓ.



5

ΔΒ

Γ

Α

γ β

Α

Β Γ

Λυμένα Θέματα

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 24 3 = 16 + 9 = 25

ΒΓ = 5

2. 2

3 = 5. ΒΔ ΒΔ = 9

5

2. Γ

24 = 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 + = 90ο

3 = 90ο

= 30ο γ = 2

(1)

γ.

. .



6

ΔΒ

Γ

Α

Πυθαγόρειο: 2 2 2

2

2 2

2

2

2 2

4

2

2 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

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



7

ΖΕΑ

O

Β

Γ

Δ

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

.



8

Ε

Δ

Α Β

Γ

E'

Δ'

Γ'

Β'Α'E

Δ

Α Β

Γ

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

(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



9

Ε

Β Γ

Α

Άρα 2

2

4

=

22

4

2 2

4 = 2 24 (1).

Ομοίως, από τα τρίγωνα ΓΑΕ, ΓΆΈ΄ θα έχουμε 2 24 = 2 2

4 (2).

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1), (2): 2 25 5 = 2 2

5 5

2 2 = 2 2 (3)

2 2

(1) – (3) 3 2 = 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 23 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



10

Θέματα για Λύση

1.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α=90ο και το ύψος του ΑΔ για το οποίο

ισχύουν ΑΒ= 5 και ΔΓ=4.Να βρείτε τα μήκη ΒΔ και ΑΓ.

2.Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με Α=90ο ,να δείξετε ότι:

α= 2 β

3.Στο παρακάτω σχήμα δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ.

Αν ισχύουν ΑΚ=χ,ΑΔ=2χ,ΒΛ=y και ΒΚ=2y ,να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΔΚΛ είναι

ορθογώνιο.

4.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ,με Α=90ο ,και έστω ΑΔ το ύψος του.Αν ισχύουν

ΔΒ-ΔΓ=2 και ΑΔ= 3 ,να βρείτε:

α)τα μήκη των τμημάτων ΔΒ και ΔΓ,

β)τα μήκη των πλευρών ΑΒ και ΑΓ.

5.Δίνεται κύκλος (Ο,R) και μία διάμετρος ΒΓ αυτού.Από το σημείο Α του κύκλου

φέρνουμε την ΑΔ κάθετη στη ΒΓ.Αν ΒΓ=20 και ΒΔ=14

ΔΓ,να αποδείξετε ΑΒ=4 5 .

6.Οι διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ ενός κυρτού τετραπλεύρου ΑΒΓΔ είναι κάθετες.Να

αποδείξετε ότι:

ΑΒ2 + ΓΔ2 =ΒΓ2 + ΑΔ2

7.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ,με Α=90ο ,και Δ τυχαίο σημείο της πλευράς

ΑΒ.Από το Δ φέρουμε ευθεία παράλληλη στη ΒΓ,που τέμνει την ΑΓ στο Ε.Να


ΔΓ2 +ΕΒ2 =ΔΕ2 +ΒΓ2

ΔΓ

BA 2y

y

x

2x



11

ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ ΤΟΥ ΠΥΘΑΓΟΡΕΙΟΥ ΘΕΩΡΗΜΑΤΟΣ

Θεώρημα 1

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.

Δηλαδή α2 = β2 + γ2 – 2β ∙ ΑΔ.

Απόδειξη

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία Α οξεία και το ύψος του ΑΔ.

Στα ορθογώνια τρίγωνα ΔΒΓ, ΔΒΑ εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε :

α2 = ΔΒ2 +ΔΓ2 (1)

γ2 = ΑΔ2 + ΔΒ2 ΔΒ2 = γ2 – ΑΔ2 (2)

• Αν Γ < 1∟, τότε είναι ΔΓ = β – ΑΔ και από τις ισότητες (1) και (2) έχουμε:

α2 = ΔΒ2 +ΔΓ2 = γ2 - ΑΔ2 +ΔΓ2 = γ2 –ΑΔ2 +( β – ΑΔ )2 =

= γ2 – ΑΔ2 + β2 + ΑΔ2 -2β∙ΑΔ = β2 + γ2 – 2β∙ΑΔ.

• αν Γ > 1∟ τότε είναι ΔΓ = ΑΔ – β και από τις ισότητες (1) και (2) έχουμε:

α2 = ΔΒ2 +ΔΓ2 = γ2 – ΑΔ2 +ΔΓ2 = γ2 –ΑΔ2 +( ΑΔ – β)2 =

= γ2 – ΑΔ2 + β2 + ΑΔ2 – 2β∙ΑΔ = β2 + γ2 – 2β∙ΑΔ.



12

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

ΑΔ = β

Τότε β2 + γ2 – 2β∙ΑΔ = β2 + γ2 – 2β2 = γ2 – β2 = α2

Θεώρημα 2

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.

Δηλαδή α2 = β2 + γ2 + 2β ∙ ΑΔ

Απόδειξη

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία Α αμβλεία και το ύψος του ΑΔ.

Στα ορθογώνια τρίγωνα ΔΒΓ, ΔΒΑ εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε :

α2 = ΔΒ2 +ΔΓ2 (1)

γ2 = ΑΔ2 + ΔΒ2 ΔΒ2 = γ2 – ΑΔ2 (2)

Επειδή A > 1∟ έχουμε ΔΓ = β + ΑΔ οπότε από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει:

α2 = ΔΒ2 +ΔΓ2 = γ2 – ΑΔ2 +ΔΓ2 =

= γ2 – ΑΔ2 + ( β + ΑΔ )2 =

= γ2 – ΑΔ2 + β2 + ΑΔ2 + 2β∙ΑΔ = β2 + γ2 + 2β∙ΑΔ



13

ΣΧΟΛΙΑ

Α. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν οι ισοδυναμίες:

(i) α2 > β2 + γ2 Α > 1∟

(ii) α2 = β2 + γ2 Α = 1∟

(iii) α2 < β2 + γ2 Α < 1∟

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.

Β. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει η σχέση:

α2 = β2 + γ2 – 2βγ ∙ συνΑ.

(ΝΟΜΟΣ ΤΩΝ ΣΥΝΗΜΙΤΟΝΩΝ)



14


Ασκήσεις Εμπέδωσης

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 2

25 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.

2 236



15

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

6 2 3 = 4 1 3 ˆ

2 3 3 = 4 1 3 ˆ

3 1 3 = 2 1 3 ˆ

ˆ = 3

2 = 30ο .

4.

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

ύψος του. Να υπολογισθεί η πλευρά του ΒΓ.



16

300

Δ

ΒΓ

Α

Δ

ΒΓ

Α

Λύση

Στο τρίγωνο ΔΑΒ θα έχουμε = 60ο

2 2 2 ˆ2 .

2 2 2 05 4 2.5.4. 60

2 = 25+16 – 40.

1

2

2 = 41 – 20 = 21 21


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 29 7 81 49 130

Άρα 2

> 2 2

αμβλεία.

Άρα 2 2 22 . ΒΔ

144 = 130 + 2.9. ΒΔ

18 ΒΔ = 14 ΒΔ = 14

18 =

7

9



17

Κ ΛΔ Γ

Α Β

α

γβ

Β΄

Γ΄

Β Γ

Α

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



18

ΔΑΓ

Β

K ΛΒ Γ

Α

Δ Ε

2 + 2

= 2 2 + 2

+ 2 – 2 ( β ΓΒ΄ + γ ΒΓ΄ )

2 ( β ΓΒ΄ + γ ΒΓ΄ ) = 2 2

β ΓΒ΄ + γ ΒΓ΄ = 2

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



19

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

25 2 < 16 2

+ 24 βγ + 9 2

25 ( 2 + 2

) < 16 2 + 24 βγ + 9 2

25 2 + 25 2

< 16 2 + 24 βγ + 9 2

9 2 +16 2

– 24 βγ < 0

2

3 4 0 που είναι αδύνατο.

Άρα δεν υπάρχει τέτοιο τρίγωνο.



20


1.α)Να αποδείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο με πλευρές α=9,β=6 και γ=5.

β)Για το παραπάνω τρίγωνο ΑΒΓ:

ι)να βρείτε το είδος του ως προς τις γωνίες.

ιι)Να βρείτε το μήκος της προβολής της πλευράς ΑΒ πάνω στη ΒΓ.

ιιι) Να βρείτε το μήκος της προβολής της πλευράς ΑΓ πάνω στη ΑΒ.

2.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ,με α= 6 2 ,γ= 2 2 και Β=30ο .Να βρείτε:

α)το μήκος της πλευράς β β)τη γωνία Γ

3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο ισχύει ότι :

ΒΓ2 = ΑΒ2 +ΑΓ2 + 3 ΑΒΑΓ

α)Να βρείτε τη γωνία Α

β)Στο σημείο Α φέρουμε ευθεία κάθετη στην ΑΒ,που τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Δ.Να


ΓΔ= 2 2ΑΓ +ΑΔ -ΑΓ ΑΔ

4.Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ.Προεκτείνουμε τη βάση ΒΓ κατά τμήμα

ΓΔ=ΒΓ.Να αποδείξετε ότι :

ΑΔ2=ΑΓ2+2ΒΓ2

5.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α=45ο και α=2γ-β 2 .

Να βρείτε τη γωνία Β.

6.Δίνεται οξυγώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ,με ΑΒ=ΑΓ,και έστω ΒΔ ύψος

του.Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ κατά τμήμα ΓΕ=ΑΓ.Να αποδείξετε ότι:

ΒΕ2=5ΑΒ2-4ΑΒΑΔ

7. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ,με ΑΒ<ΑΓ,και Δ τυχαίο σημείο της πλευράς

ΑΓ.Αν Ε και Ζ είναι οι προβολές των Α και Δ αντίστοιχα στη ΒΓ,να αποδείξετε ότι:

ΑΓ2-ΔΓ2=ΑΒ2-ΒΔ2+2ΒΓ ΕΖ



21

ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΔΙΑΜΕΣΩΝ

Θεώρημα 1 (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.

Δηλαδή β2 + γ2 = 2μα2 +

2

α2

Απόδειξη

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

το ίχνος Δ του ύψους υα βρίσκεται μεταξύ των Β, Μ και είναι ΑΜΓ > 1∟, ενώ

ΑΜΒ > 1∟ .

Στα τρίγωνα ΑΜΒ και ΑΜΒ έχουμε:

β2 = μα2 +

2

2

+ 2

2

∙ΔΜ

γ2 = μα2 +

2

2

– 2

2

∙ΔΜ

Προσθέτοντας κατά μέλη αυτές τις σχέσεις έχουμε:

β2 + γ2 = 2μα2 + 2

2

2

β2 + γ2 = 2μα2 +

2

α2



22

Θεώρημα 2 (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.

Δηλαδή β2 – γ2 = 2αΔΜ

Απόδειξη

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

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

> 1∟

Στα τρίγωνα ΑΜΒ και ΑΜΒ έχουμε:

β2 = μα2 +

2

2

+ 2

2

∙ΔΜ

γ2 = μα2 +

2

2

– 2

2

∙ΔΜ

Αφαιρώντας κατά μέλη αυτές τις σχέσεις έχουμε:

β2 – γ2 = 22

∙ΔΜ – (–2

2

∙ΔΜ)

β2 – γ2 = 42

∙ΔΜ

β2 – γ2 = 2αΔΜ



23

ΣΧΟΛΙΑ

Μπορούμε να υπολογίσουμε τα τετράγωνα των διαμέσων ενός τριγώνου ΑΒΓ ως

συνάρτηση των πλευρών του α, β, γ με την βοήθεια του πρώτου θεωρήματος των

διαμέσων ως εξής:

β2 + γ2 = 2μα2 +

2

α 2

2β2 + 2γ2 = 4μα2 + α2 4μα

2 = 2β2 + 2γ2 – α2 μα2 =

4

22 222

και με κυκλική εναλλαγή των α, β και γ έχουμε για τις άλλες διαμέσους τις σχέσεις

μβ2 =

4

22 222 και μγ

2 = 4

22 222



24



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 = 2 2

+

2

2

2 2

+2 2 = 4 2

+ 2

2 2 +2 2

– 4 2

= 2

2 = 2 . 2

7 + 2 . 26 – 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 – 2

6 = 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 2

2 2

4

+ βγ >

2

4



25

ΔΓ OΑ Β

M

ή ότι 2 2 22 2 + 4βγ > 2

ή ότι 2 22 2 + 4βγ > 2 2

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

= 2 2 +

2

2

5 = 2 2

R + 2

R

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



26

= 1

4( 2 2 22 2 + 2 2 2

2 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


1.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με = 60ο, β = 5, γ = 3. Να υπολογισθεί η διάμεσός

του

.

Λύση

2 = 2

+ 2 - 2βγ συν 2

= 25 + 9 – 2. 5. 3. συν60ο

= 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



27

K MΒ Γ

Α

Δ

Ο

Β

Δ Γ

ΜΑ

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. ΑΔΜΚ .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

2MA +

2M =

2M +

2M

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.

τρ.ΜΑΓ: 2

MA + 2

M = 2 2M +

2

2

τρ.ΜΒΔ: 2

M + 2

M = 2 2M +

2

2



28

1

2

2

3

Α

Δ Γ

Β

Μ

NM

Δ Γ

Α

Β

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

= 2 2 +

2

2

(1) 2

+ 2

+ 2

+ 2

= 2 (2 2 +

2

2

) +

2

2

+ 2

+ 2

+ 2

= 4 2 +

2 +

2



29

M

Α

Γ

ΔΒ

Ε

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

Μ μέσο του ΔΕ άρα και της ΒΓ = α

Τρ.ΑΔΕ με διάμεσο ΑΜ:

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 2

9

18

=

210

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

4 2

+ 2

= 4 4 2

+ 2

– 4 =0

22 0

2

0

2

2

= 90ο



30


1.Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε α=5,β=4 και γ=2.

α)Να εξετάσετε το είδος της γωίας Α του τριγώνου ΑΒΓ,

β)Να υπολλογίσετε τη διάμεσο μα του τριγώνου ΑΒΓ.

2.Τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου ΑΒΓ είναι ΑΒ=6,ΒΓ=12 και ΑΓ=8.

α)Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο αυτό είναι αμβλυγώνιο,

β)Να υπολογίσετε το μήκος της διαμέσου ΑΜ,

γ)Να υπολολγίσετε το μήκος της προβολής της διαμέσου ΑΜ στην πλευρά ΒΓ.

3. Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε α=7,β=3 και μα= 19

2Να βρείτε:

α)το μήκος της πλευράς γ,

β)τη γωνία Α,

τη προβολή της διαμέσου ΒΝ πάνω στην ΑΓ.

4.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ,με ΑΓ=2 3 ,ΒΓ=1 και γωνία Γ=30ο .

α)Να αποδείξετε ότι ΑΒ= 7 ,

β)Να υπολογίσετε τη διάμεσο ΓΜ

5.Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, στο οποίο ισχύει ότι μα2=βγ και β=γ+3 2 .Να βρείτε το

μήκος της πλευράς α.

6. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ,η διάμεσός του ΑΜ και έστω Ν το μέσο του ΒΜ.Να


ΑΝ2= 2 2 24β +12γ -3α

16

7.Αν σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει:

μβ2+μγ

2=5μα2

να δείξετε ότι είναο ορθογώνιο.



31

8. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α=120ο .

α)Να αποδείξετε ότι α2=β2+γ2+βγ

β)Αν επιπλέον ισχύει β=2γ,να αποδείξετε ότι η διάμεσος μα είναι ίση με γ 32

9. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ για το οποίο ισχύει:

2μα2-βγ=

2α

2

α)Να αποδείξετε ότι α2=β2+γ2-βγ

γ)Να υπολολγιστεί η γωνία Α.

10.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και οι διάμεσοι του ΑΛ ,ΒΜ και ΓΝ.Αν Θ το βαρύκεντρο

του τριγώνου ΑΒΓ, να αποδείξετε ότι:

ΘΛ2+ΘΜ2+ΘΝ2=

2 2 2α + β + γ

12

11. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ,το ύψος του ΑΚ και σημεία Δ και Ε της πλευράς

ΒΓ,ώστε ΒΔ+ΔΕ=ΕΓ,όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

Να αποδείξετε ότι:

α)ΑΔ2+ΑΕ2=

2 2 29β + 9γ - 4α

9

β) 2 2

ΑΕ - ΑΒ ΚΔ=

2 2 ΚΕΑΓ - ΑΔ

ΕΔΚΓ

B

A



32

ΜΕΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ ΣΕ ΚΥΚΛΟ

Θεώρημα 1

Αν δυο χορδές ΑΒ, ΓΔ ενός κύκλου τέμνονται σε ένα σημείο Ρ εσωτερικό του

κύκλου, τότε ισχύει: ΡΑ ∙ ΡΒ = ΡΓ ∙ ΡΔ.

Απόδειξη Τα τρίγωνα ΡΑΓ και ΡΒΔ είναι όμοια, αφού οι γωνίες

ΡAΓ = ΡΔΒ και ΡΓΑ = ΡΒΔ

(ως εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο).

Επομένως ισχύει:

PA

P

P

PA

ΡΑ ∙ ΡΒ = ΡΓ ∙ ΡΔ

Θεώρημα 2

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, να αποδείξετε ότι ισχύει:

ΡΕ2 = ΡΑ ∙ ΡΒ

Απόδειξη Τα τρίγωνα ΡΕΑ και ΡΕΒ είναι όμοια

γιατί έχουν: ΕΡΑ = ΕΡΑ κοινή γωνία

ΡΕΑ = ΕΒΑ από χορδή και εφαπτομένη



33

Επομένως ισχύει PE

PB

PA

PE ΡΕ2 = ΡΑ ∙ ΡΒ.

ΣΧΟΛΙA

A. Αν από σημείο Ρ εκτός κύκλου φέρουμε την ευθεία ΡΟ που τέμνει τον κύκλο στα

Γ και Δ και μια τυχαία τέμνουσα ΡΑΒ και θέσουμε ΟΡ = δ, έχουμε:

ΡΑ ∙ ΡΒ = ΡΓ ∙ ΡΔ = (δ – R)(δ + R) = δ2 – R2

Όμοια αποδεικνύεται ότι ΡΑ ∙ ΡΒ = R2 – δ2, αν το Ρ είναι εσωτερικό σημείο του

κύκλου.

Η διαφορά δ2 – R2 λέγεται δύναμη του σημείου Ρ ως προς τον κύκλο (O, R) και

συμβολίζεται

P)R,O( = δ2 – R2

B. Για οποιοδήποτε σημείο Ρ του επιπέδου του κύκλου έχουμε:

το Ρ είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου (O, R) P)R,O( > 0

το Ρ είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου (O, R) P)R,O( < 0

το Ρ είναι σημείο του κύκλου (O, R) P)R,O( = 0



34

Γ

Β

Κ

Α



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) = 2 214 6

2x 6x 196 36

2x 6x 160 0 (1)

Δ = 26 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.



35

Λ

Γ

Ν

Α

Μ

Β Δ

Ρ

Α

Β

Δ

Γ

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 . ΛΝ1

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.

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.



36

Μ

Β

Α

Γ

Δ

Ζ Ε Ο

ΒΑ

Δ Γ

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


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)



37

Ζ

Ε

Γ

Β

Δ

Α

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.



38

Ε

ΜΒ Γ

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

= 22

+ 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



39

ε

ΚΝ

ΓΜ

O

Α

Β

ΗΜ

ΔΓΒ

Ο

Α

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 = 2R .

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

.



40


1.Στο παρακάτω σχήμα:

έχουμε τη χορδή ΑΓ και τέμνοσες ΖΔΕ και ΖΗΘ του κύκλου,για τις οποίες ισχύει

ΑΒ=3,ΒΓ=4,ΒΕ=6,ΖΗ=7 και ΗΘ=5.Να βρείτε τα μήκη των τμημάτων ΔΒ και ΖΔ.

2.Δίνεται κύκλος (Ο,R) και μια ακτίνα του ΟΑ.Προεκτείνουμε την ΟΑ κατα τμήμα

ΑΒ=R.Αν ισχύει ΔΒ(Ο,R)=48,τότε να βρείτε:

α)την ακτίνα R

β)τη δύναμη του μέσου Μ του ΟΑ ως προς τον κύκλο (Ο,R)

3.Στο παρακάτω σχήμα η χορδή ΒΓ του κύκλου (Κ,R) εφάπτεται στον κύκλο (Λ,ρ)

στο σημείο Α.

΄Εστω Δ τυχαίο σημείο του κύκλου (Λ,ρ).Αν Ε,Ζ είναι τα σημεία τομής του (Λ,ρ) με

τα ΓΔ,ΒΔ αντίστοιχα και Η,Θ είναι τα σημεία τομής του (Κ,R) με την ευθεία ΑΔ,να


ΑΘ2ΑΗ2=ΓΕ ΓΔ ΒΖ ΒΔ

A

ΒH

Δ

Z

Γ

Ε

Θ

Ε

ΑΖ

ΚΛ

Γ

Β

Δ Η

Θ



41

4.Δίνεται κύκλος (Ο,R) και σημείο Σ εκτός,που απέχει από το κέντρο Ο του κύκλου

απόσταση ΟΣ=20.Από το Σ φέρουμε τις τέμνουσες ΣΑΒ και ΣΓΔ του κύκλου,ώστε

ΣΑ=6,ΣΒ=χ-3,ΣΓ=4,ΓΔ=χ και την εφαπτομένη του κύκλου ΣΕ.

Να υπολογίσετε΅

α)το χ,

β)την ακτίνα R του κύκλου,

γ)το μήκος του εφαπτόμενου τμήματος ΣΕ

6.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο,με ΑΒ=2 5 ,ΑΓ= 2 13 και

ΒΓ=8.Φέρουμε το ύψος ΑΔ,του οποίου η προέκταση τέμνει τον κύκλο στο Ε.Να

βρείτετο μήκος του ΔΕ.

7.Δίνεται κύκλος (Ο,R) και σημείο Α που απέχει απόσταση R2

από το Ο.Μια χορδή

ΒΓ του κύκλου διέρχεται από το Α και ισχύει ότι:

ΑΒ ΑΓ=

3 4

Να εκφράσετε συναρτήσει του R:

α)τη δύναμη του σημείου Α ως προς τον κύκλο (Ο,R),

β)το μήκος της χορδής ΒΓ.

8.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α,β,γ τέτοιες,ώστε να ισχύει β2+γ2=3α2.Αν η

διάμεσος ΑΜ τέμνμει τον περιγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στο Ε,τότε:

α)να εκφράσετε τη διάμεσο ΑΜ ως συνάρτηση της πλευράς α,

β)να αποδείξετε ότι ΑΜ ΑΕ=23α

2



42


ΕΜΒΑΔΑ

Πολυγωνικό χωρίο :ονομάζεται ένα οποιοδήποτε πολύγωνο του επιπέδου μαζί με

τα εσωτερικά του σημεία.

Πολυγωνική επιφάνεια ονομάζεται ένα σχήμα που αποτελείται από πεπερασμένο

πλήθος πολυγωνικών χωρίων, που ανά δύο δεν έχουν κοινά εσωτερικά σημεία.

Ισοδύναμα ή ισεμβαδικά ονομάζονται δύο ή περισσότερα σχήματα που έχουν το

ίδιο εμβαδόν.

ΣΧΟΛΙΟ

Αν δύο πολυγωνικά χωρία είναι ίσα, τότε έχουν ίσα εμβαδά. Το αντίστροφο δεν

ισχύει.

Θεώρημα 1

Το εμβαδό του ορθογωνίου παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ είναι ΕΑΒΓΔ = βα

Απόδειξη

Έστω ένα ορθογώνιο ΑΒΓΔ, με ΑΒ = α και ΑΔ = β. Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΔ

κατά τμήμα ΔΕ = α, την ΑΒ κατά ΒΙ = β και σχηματίζουμε το τετράγωνο ΑΙΗΕ, το

οποίο έχει πλευρά α + β και επομένως είναι:

(ΑΙΗΕ) = (α + β)2 (1).

Προεκτείνοντας τις ΔΓ και ΒΓ σχηματίζονται τα τετράγωνα ΔΓΖΕ, ΒΙΘΓ με

πλευρές α, β αντίστοιχα και το ορθογώνιο ΓΘΗΖ που είναι ίσο με το ΑΒΓΔ.

Έτσι έχουμε (ΔΓΖΕ)=α2, (ΒΙΘΓ) = β2 και (ΓΘΗΖ) = (ΑΒΓΔ) (2)

Είναι φανερό όμως ότι (ΑΙΗΕ) = (ΑΒΓΔ) + (ΓΘΗΖ) + (ΒΙΘΓ) + (ΔΓΖΕ),



43

από την οποία με τη βοήθεια των (1) και (2) προκύπτει ότι:

(α + β)2 = 2(ΑΒΓΔ) + α2 + β2. α2 +2αβ + β2 = 2(ΑΒΓΔ) + α2 + β2

2αβ = 2(ΑΒΓΔ)

Άρα (ΑΒΓΔ) = αβ.

Θεώρημα 2

το εμβαδόν Ε ενός παραλληλογράμμου ισούται με το γινόμενο μιας πλευράς του επί

το ύψος που αντιστοιχεί σε αυτή. Δηλαδή είναι : Ε = β∙υ

Απόδειξη

Έστω παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και το ύψος του ΑΖ που αντιστοιχεί στη ΒΓ. Από το

Δ φέρουμε ΔΗ κάθετη στην προέκταση της ΒΓ.

Τα τρίγωνα ΖΒΑ και ΗΓΔ είναι ίσα γιατί

Z = H = 90°

ΑΒ = ΔΓ και

Β1 = Γ1

Άρα (ΖΒΑ) = (ΗΓΔ) (1).

Από το σχήμα όμως έχουμε ότι (ΑΒΓΔ) = (ABZ) + (ΑΖΓΔ), οπότε σύμφωνα με την

(1) προκύπτει ότι:

(ΑΒΓΔ) = (ΑΖΓΔ) + (ΔΓΗ) = (ΑΖΗΔ).

Επομένως έχουμε (ΑΒΓΔ) = (ΑΖΗΔ) = ΑΔΑΖ = ΒΓΑΖ,

Δηλαδή είναι: (ΑΒΓΔ) = ΒΓ ΑΖ.



44

Θεώρημα 3

Το εμβαδόν του τριγώνου δίνεται από την σχέση: Ε = υα2

1

Απόδειξη

Με πλευρές ΑΒ και ΒΓ σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ, το εμβαδόν του

οποίου είναι

(ΑΒΓΔ) = αυα (1).

Όμως τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΑΓ είναι ίσα, οπότε:

(ΑΒΓ) = (ΑΔΓ) (2).

Από το σχήμα έχουμε ότι: (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΓΔ) (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΒΓ)

(ΑΒΓΔ) = 2(ΑΒΓ) αυα = 2(ΑΒΓ),

άρα (ΑΒΓ) = 2

1αυα

ΣΧΟΛΙΟ

Με κυκλική εναλλαγή των γραμμάτων α, β και γ έχουμε:

(ΑΒΓ) = 2

1αυα =

2

1βυβ =

2

1γυγ

Θεώρημα 4

Το εμβαδό ενός τραπεζίου με βάσεις Β, β και ύψος υ δίνεται από τον τύπο Ε =

υ2

β)(Β

.



45

Απόδειξη

Θεωρούμε τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΒΓ//ΑΔ), με βάσεις ΒΓ = Β, ΑΔ = β και ύψος υ.

Φέρουμε τη διαγώνιο ΑΓ.

Τότε έχουμε Ε = (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΓΔ) (1).

Αλλά τα δύο τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΔ έχουν το ίδιο ύψος υ και βάσεις Β, β αντίστοιχα

και επομένως: (ΑΒΓ) = 2

1Β υ και (ΑΒΔ) =

2

1βυ (2),

Με αντικατάσταση των σχέσεων (2) στην (1) προκύπτει ότι:

Ε = (ΑΒΓ) + (ΑΓΔ) = 2

1Β υ +

2

1βυ = υ

2

β)(Β

.

ΣΧΟΛΙΟ

Το εμβαδόν ενός τραπεζίου επιπλέον, ισούται με το γινόμενο της διαμέσου επί το

ύψος του.

ΣΗΜΑΝΤΙΚΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΟΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟ ΤΩΝ ΕΜΒΑΔΩΝ

ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΧΗΜΑΤΩΝ

Η διάμεσος ΑΜ του τριγώνου ΑΒΓ χωρίζει το τρίγωνο σε δύο ισοδύναμα

τρίγωνα.

Ισόπλευρό με πλευρά α έχει εμβαδό: Ε=4

32

Το εμβαδό ενός τετραπλεύρου με διαγώνιες κάθετες ισούται με το ημιγινόμενο

των διαγωνίων του δ1 και δ2.



46

α

Μ

Κ Ζ

ΔΑ

Β Γ



1.

Στο εσωτερικό τετραγώνου ΑΒΓΔ πλευράς α = 4 κατασκευάζουμε το ισόπλευρο

τρίγωνο ΑΔΖ. Να υπολογισθεί το εμβαδόν των ΑΒΓΔ, ΑΔΖ, ΑΒΖ

και ΒΖΓ.

Λύση

(ΑΒΓΔ) = 2 = 2

4 = 16

Τρ.ΖΑΔ ισόπλευρο πλευράς α

(ΖΑΔ) = 2

3

4

=

24 3

4 =

16 3

4 = 4 3

Φέρουμε ΖΚΑΒ και ΖΜΑΔ.

Τότε ΖΚ = ΜΑ = 2

(ΑΒΖ) = 1

2 ΑΒ . ΖΚ =

1

2

2

=

24

4= 4

(ΖΒΓ) = (ΑΒΓΔ) – (ΑΒΖ) – (ΔΓΖ) – (ΖΑΔ) = 16 – 2 . 4 – 4 3 = 16 – 8 – 4 3

= 8 – 4 3

2.

Αν Μ τυχαίο σημείο της πλευράς ΑΔ = 10 τετραγώνου ΑΒΓΔ, τότε το άθροισμα

(ΑΜΒ) + (ΔΜΓ) είναι Α: 25, B: 40, Γ: 50, Δ: 75, E: 100.

Κυκλώστε το γράμμα της σωστής απάντησης και αιτιολογήστε την απάντησή σας.



47

10

Κ

ΔΑ

Β Γ

Μ

8

1

6

600

Δ

Ε

Β Γ

Α

Λύση

Φέρουμε ΜΚ ΒΓ

(ΜΒΓ) = 1

2 ΒΓ. ΜΚ =

1

2 10 . 10 = 50,

επειδή όμως (ΑΒΓΔ) = 210 = 100

(ΑΜΒ) + (ΔΜΓ) = 50.

3.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 6, ΑΓ = 8 και = 60ο . Να βρεθούν:

i) το ύψος

, ii) το εμβαδόν (ΑΒΓ), iii) το ύψος

.

Λύση

i)

= 60ο 1

= 030 ΑΕ =

2

= 3.

Πυθαγόρειο στο τρ.ΕΑΒ:

2

= 2 2

6 3 = 36 – 9 = 27

= 3 3

ii) (ABΓ) = 1

2 ΑΓ. ΒΕ =

1

2 8 . 3 3 = 12 3

iii)ΕΓ = 8 – 3 = 5

Πυθαγόρειο στο τρ.ΕΒΓ: 2

= 2

+ 2

= 2

25 3 3 = 25 + 27 = 52

ΒΓ = 2 13

(ABΓ) = 12 3 1

2 ΒΓ. ΑΔ = 12 3

1

2 2 13 . ΑΔ = 12 3

ΑΔ = 12 3

13 =

12 39

13



48

Δ

Β Γ

Α Ε

Ζ

4.

Ένα ορθογώνιο έχει περίμετρο 14 και διαγώνιο 5. Να βρείτε το εμβαδόν του.

Λύση

Έστω x, y οι διαστάσεις του ορθογωνίου. Τότε x + y = 7, οπότε y = 7 – x και

(Πυθαγόρειο): 2 2 2x y 5

22

x 7 x 25

2 2x 49 14x x 25

22x 14x 24 0

2x 7x 12 0 x = 3 ή x = 4

Για x = 3 η εξίσωση y = 7 – x y = 4

Άρα το εμβαδόν του ορθογωνίου είναι Ε = x y = 3 . 4 = 12

5.

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με ΒΓ = 10 και αντίστοιχο προς αυτήν ύψος υ =

5. Πάνω στις πλευρές ΑΔ και ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα,

ώστε ΑΕ = ΖΓ.

i) Να βρείτε το εμβαδόν του ΑΒΓΔ.

ii) Αφού πρώτα συγκρίνετε τα εμβαδά των τραπεζίων ΑΕΖΒ και ΕΖΓΔ να βρείτε

το εμβαδόν καθενός από αυτά.

Λύση

i) (ΑΒΓΔ) = 10. 5 = 50

ii) (ΑΕΖΒ) = (ΕΖΓΔ) αφού έχουν ίσες

βάσεις και ίδιο ύψος. Άρα 25 το καθένα.



49

20

15

12

3

Η

ΛΒ Γ

Α ΔK

6.

Ένα οικόπεδο έχει σχήμα τραπεζίου ΑΒΓΔ (ΑΔ ΒΓ) με ˆ ˆA B 1 ∟,

ΑΔ = 15m, ΒΓ = 20m και ΑΒ = 12m. Ένας καινούργιος δρόμος περνάει παράλληλα

προς τη ΔΓ και αποκόπτει μία λωρίδα πλάτους 3m. Πόσα τετραγωνικά μέτρα

είναι το οικόπεδο που απομένει;

Λύση

Έστω ΚΛΓΔ παραλληλόγραμμο ο

καινούργιος δρόμος.

Για να υπολογίσουμε την πλευρά του ΓΔ,

φέρουμε ΓΗ A .

Τότε ΓΗ = ΒΑ = 12 και

ΔΗ = ΑΗ – ΑΔ = ΒΓ – ΑΔ = 20 – 15 = 5.

Πυθαγόρειο στο τρ.ΓΗΔ: 2 2 2

= 2 212 5

= 144 + 25 = 169 = 213 ΓΔ = 13.

Άρα (ΚΛΓΔ) = ΓΔ . 3 = 13 . 3 = 39

Όμως (ΑΒΓΔ) = 20 15

122 2

= 35 . 6 = 210

Άρα (ΑΒΛΚ) = 210 – 39 = 171 2

m .



50

Β

Δ Γ

Α Σ

Θ

Δ

Ε

Β Γ

Α


1.

Αν Σ είναι σημείο μιας πλευράς παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ, να αποδείξετε ότι

(ΣΑΓ) + (ΣΒΔ) = (ΑΒΓ).

Λύση

Αρκεί να αποδείξουμε ότι (ΣΔΒ) = (ΣΓΒ).

Τούτο συμβαίνει διότι έχουν ίδια βάση ΣΒ

και αντίστοιχα ύψη ίσα, αφού ΓΔ ΣΒ.

2.

Αν οι διάμεσοι ΑΔ και ΒΕ τριγώνου ΑΒΓ τέμνονται στο Θ, να αποδείξετε ότι:

i) (ΑΒΕ) = (ΒΕΓ),

ii) (ΑΘΒ) = (ΔΓΕΘ)

iii) (ΒΘΔ) = (ΑΘΕ).

Λύση

i) Έχουν ίσες βάσεις ΑΕ = ΕΓ και ίδιο ύψος από το Β.

ii) Θυμόμαστε ότι Κάθε διάμεσος τριγώνου χωρίζει

το τρίγωνο σε δύο ισεμβαδικά τρίγωνα

Έτσι (ΒΕΓ) = 1

2(ΑΒΓ) και (ΑΒΔ) =

1

2(ΑΒΓ), οπότε

(ΒΕΓ) = (ΑΒΔ).

Αφαιρούμε, από τα δύο μέλη, το (ΒΘΔ).

Τότε (ΔΓΕΘ) = (ΑΘΒ)



51

ΔΒ Γ

Α

Σ

Ε

Ζ

ΔΒ Γ

Α

Σ

ΔΒ Γ

Α

Θ

iii) Ομοίως είναι (ΑΒΔ) = (ΑΒΕ) = 1

2(ΑΒΓ).

Αφαιρούμε, από τα δύο πρώτα μέλη, το (ΑΒΘ)

3.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και το βαρύκεντρό του Θ. Από σημείο Σ της διαμέσου ΑΔ

φέρουμε τις κάθετες ΣΕ, ΣΖ στις ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

i) (ΑΒΣ) = (ΑΓΣ)

ii) ΑΒ . ΣΖ = ΑΓ. ΣΕ και

iii) (ΑΒΘ) = (ΒΘΓ) = 1

3(ΑΒΓ)

Λύση

i) ΑΔ διάμεσος του τρ.ΑΒΓ (ΑΒΔ) = (ΑΔΓ)

ΣΔ διάμεσος του τρ.ΣΒΓ (ΣΒΔ) = (ΣΔΓ)

Αφαιρούμε κατά μέλη και έχουμε (ΑΒΣ) = (ΑΓΣ)

ii) (i) (ΑΒΣ) = (ΑΓΣ) 1

2 ΑΒ . ΣΖ =

1

2ΑΓ. ΣΕ

ΑΒ . ΣΖ = ΑΓ. ΣΕ

iii) Κατά το ii) έχουμε (ΑΒΘ) = (ΑΓΘ) και

ομοίως = (ΒΓΘ).

Άρα το καθένα = 1

3(ΑΒΓ)



52

Κ

Λ

Μ

Β Γ

Α Δ

Η

Θ

ΚΜ

Δ Γ

Α Β

4.

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΒΓ ΑΔ). Αν Μ το μέσο της πλευράς του ΑΒ, να

αποδείξετε ότι (ΑΒΓΔ) = 2(ΜΓΔ).

Λύση

Έστω ΚΜΛ το ύψος του τραπεζίου.

(ΑΒΓΔ) = 1

2(ΒΓ + ΑΔ) .ΚΛ

= ΒΓ K

2

+ ΑΔ

K

2

= ΒΓ. ΜΚ + ΑΔ . ΜΛ = 2 ( 1

2ΒΓ. ΜΚ +

1

2ΑΔ . ΜΛ ) = 2 .

Άρα και (ΑΒΓΔ) = 2(ΜΓΔ).

5.

Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν ενός τραπεζίου είναι ίσο με το γινόμενο της μίας από

τις μη παράλληλες πλευρές του επί την απόσταση του μέσου της άλλης από αυτή.

Λύση

Έστω ΑΒΓΔ το τραπέζιο, Μ το μέσο της ΑΔ

και

ΜΚ η απόσταση του Μ από τη ΒΓ.

Θα αποδείξουμε ότι (ΑΒΓΔ) = ΒΓ. ΜΚ

Από το Μ φέρουμε ΒΓ, που τέμνει τις ΑΒ,

ΔΓ στα Η, Θ αντίστοιχα.

Τότε τρ.ΜΔΘ = τρ.ΜΑΗ άρα και ισεμβαδικά και ΗΒΓΘ παραλληλόγραμμο

Έχουμε (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓΘΜ) + (ΜΔΘ)

= (ΑΒΓΘΜ) + (ΜΑΗ)

= (ΗΒΓΘ) = β.υ = ΒΓ. ΜΚ



53

21

1

Κ

Ζ

Θ

Δ

Ε

Β

Α

Γ

6.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 1, ΑΓ = 2 και = 120ο. Με πλευρές τις ΑΒ και

ΑΓ κατασκευάζουμε εξωτερικά του τριγώνου ΑΒΓ τα τετράγωνα ΑΒΔΕ και

ΑΓΖΘ αντίστοιχα. Τότε:

i) να υπολογίσετε το τμήμα ΕΘ

ii) να αποδείξετε ότι τα Δ, Ε, Θ είναι συνευθειακά και

iii) να αποδείξετε ότι το εμβαδόν της πολυγωνικής επιφάνειας ΒΓΖΘΕΔ

είναι 5 + 3

Λύση

i)

= 120ο 1

= 60ο

Νόμος συνημιτόνων στο

τρ.ΑΕΘ

2 2 2 01 2 2.1.2 60

= 1 + 4 – 4 1

2 = 5 – 2 = 3

Άρα ΕΘ = 3

ii)Εύκολα διαπιστώνουμε ότι, στο τρίγωνο ΕΑΘ ισχύει το Πυθαγόρειο θεώρημα,

άρα είναι ορθογώνιο στο Ε. Άρα τα Δ, Ε, Θ είναι συνευθειακά

iii)Για το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ, φέρουμε το ύψος του ΓΚ.

= 120ο 2

= 30ο ΑΚ = 12

Πυθαγόρειο στο τρίγωνο ΚΑΓ 2 2 2 2 2

2 1 = 4 – 1 = 3

Άρα ΚΓ = 3



54

Ε

B΄

Δ΄

Β Γ

Α

Δ

(ΑΒΓ) = 1

2ΑΒ . ΓΚ =

1

21 3 =

3

2 (1)

(ΑΕΘ) = 1

2ΕΘ. ΑΕ =

1

2 3 1=

3

2 (2)

(ΑΒΔΕ) = 21 = 1 (3)

(ΑΓΖΘ) = 22 = 4 (4)

(1) + (2) + (3) + (4) (ΒΓΖΘΕΔ) = 3

2 +

3

2 + 1 + 4 = 5 + 3

7.

Αν ω είναι η γωνία των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ κυρτού τετραπλεύρου ΑΒΓΔ, να

αποδείξετε ότι (ΑΒΓΔ) = 1

2ΑΓ. ΒΔ ημω.

Λύση

(ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΔΓ)

= 1

2ΑΓ. ΒΒ΄+

1

2ΑΓ. ΔΔ΄

= 1

2ΑΓ. (ΒΒ΄+ ΔΔ΄)

= 1

2ΑΓ. (ΕΒ. ημω + ΕΔ. ημω)

= 1

2ΑΓ. (ΕΒ + ΕΔ)ημω

= 1

2ΑΓ. ΒΔ ημω

8.

Ο ιδιοκτήτης ενός οικοπέδου σχήματος ορθογωνίου, του οποίου το μήκος είναι κατά

18m μεγαλύτερο του πλάτους, θέλει να σχηματίσει, γύρω από το οικόπεδο και



55

x + 18

x

x + 23

x + 5

Ν Μ

ΛK

Δ Γ

Α Β

εξωτερικά αυτού, μια δενδροστοιχία πλάτους 2,5m. Έτσι αναγκάζεται να αγοράσει

από τους γείτονές του 695 2m . Να βρεθούν οι διαστάσεις του οικοπέδου.

Λύση

Έστω ΑΒΓΔ το αρχικό οικόπεδο με

πλάτος ΑΔ = x και μήκος ΔΓ = x + 18,

και ΚΛΜΝ το οικόπεδο μετά την επέκταση

με ΛΜ = x + 5 και ΚΛ = x + 23. Είναι

(ΚΛΜΝ) – (ΑΒΓΔ) = 695 (x + 23) (x +5) – (x + 18) x = 695 2 2

x 5x 23x 115 x 18x 695 10 x = 580 x = 58 το πλάτος και

58 + 18 = 76 το μήκος.



56


1.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α=90ο ,στο οποίο ισχύουν (ΑΒΓ)=600,ΑΒ=40

και έστω ΑΔ το ύψος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα.Να βρείτε:

α)το μήκος της πλευράς ΑΓ

β)το μήκος του ύψους ΑΔ,

γ)το εμβαδόν του τριγώνου ΑΔΓ

2.Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ,με βάσεις ΑΒ=3 και ΓΔ=13.Θεωρούμε σημεία Ε και Ζ των

βάσεων ΑΒ και ΓΔ αντίστοιχα,ώστε ΑΕ=1 και ΔΖ=5,όπως φαίνεται στο παρακάτω

σχήμα:

Αν ισχύει (ΕΒΓΖ)=(ΑΕΖΔ)=6,να βρείτε:

α)το ύψος του τραπεζίου ΑΒΓΔ

β)το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓΔ

3.Αν η πλευρά ενός τετραγώνου αυξηθεί κατά 3 cm ,το εμβαδόν του αυξάνεται κατά

81 cm2.Να βρείτε την πλευρά του τετραγώνου αυτού.

4.Δίνεται ένα ορθογώνιο τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ//ΓΔ,ΑΒ<ΓΔ,Α=Δ=90ο ,ΑΒ=4,ΑΔ=3

και ΒΓ=5.Να υπολολγίσετε:

α)τη προβολή της ΒΓ πάνω στη ΔΓ

β)το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓΔ,

γ)το εμβαδόν του τριγώνου ΔΒΓ

5.Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ πλευράς 5 ,με ΑΓ>ΒΔ.Αν η απόσταση των δύο απέναντι

πλευρών του ρόμβου είναι 4 55

,να βρείτε:

α)το εμβδόν του ρόμβου,

85

21

Α Β

Δ Γ

Ε

Ζ



57

β)τα μήκη των διαγωνίων του ΑΓ και ΓΔ

6.Δίνεται παραληλλόγραμμο και σημείο Μ της πλευράς ΑΒ.

α)Να αποδείξετε ότι ισχύει:

(ΜΔΓ)=(ΑΜΔ)+(ΒΜΓ)

β)Να βρείτε το εμβαδόν του παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ,όταν (ΜΔΓ)=8 τ.μ

7.Στο παρακάτω σχήμα δίνεται το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ,με ΑΒ=15,το μέσο Μ της

υποτείνουσας ΒΓ του τριγώνου και το σημείο Δ της ΒΓ,για το οποίο ισχύει

ΑΔ=12,ΒΔ=9.

α)Να αποδείξετε ότι το ΑΔ είναι ύψος του τριγώνου ΑΒΓ.

β)Να υπολογίσετε τις πλευρές ΒΓ και ΑΓ του τριγώνου ΑΒΓ.

γ)Να υπολογίσετε την προβολή της διαμέσου ΑΜ στη πλευρά ΒΓ και το εμβαδόν οτυ

τριγώνου ΑΜΔ.

A B

ΔΓ

Μ

129

15

Γ

Α

Β

Μ

Δ



58

8.Δύο αδέλφια κληρονόμησαν ένα οικόπεδο ΑΒΓΔ σχήματος ορθογωνίου τραπεζίου

με βάσεις ΒΓ=40 m ΑΔ=15 m και ύψος ΑΒ=32 m.Kατά την ένταξη της περιοχής στο

σχέδιο πόλεως,το οικόπεδο χωρίστηκε από ένα δρόμο πλάτους ΔΕ=ΗΖ=5 m σε δύο

τμήματα ΑΒΖΕ και ΔΗΓ,όπως φαίνεται στο σχήμα.

Ο πρώτος αδελφός πήρε το οικόπεδο ΑΒΖΕ,ενώ ο δεύτερος το ΔΗΓ.

α)Να υπολογίσετε το εμβαδόν καθενός από τα δύο οικόπεδα.

β)Αν ο δεύτερος αδελφός θελήσει να ανταλλάξει το οικόπεδό του με ένα οικόπεδο

σχήματος τετραγώνου,ποιά θα πρέπει να είναι η πλευρά τουώστε το εμβαδόν του

οικοπέδου που θα πάρει,να είναι ίσο με το εμβαδόν του οικοπέδου που κληρονόμησε;

ΔΑ

ΒΓ

Η

Ε

Ζ



59

‘Αλλοι Τύποι Για το Εμβαδόν Τριγώνου

I. Ε= ( )( )( ) όπου τ η ημιπερίμετρος του τριγώνου και α,b,c τα

μήκη των πλευρών του τριγώνου

II. Ε=τρ όπου ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο.

III. Ε=4R

γβα όπου R η ακτίνα του περιγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

IV. Ε= γβ2

1ημΑ.

Απόδειξη

Ι)Ισχύει ότι υα=2

( )( )( )a

οπότε έχουμε Ε= 1

2αυα=

1

2α

2( )( )( )

a = ( )( )( )

ΙΙ) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και ο εγγεγραμμένος κύκλος του (Ι, ρ). Φέρουμε τα τμήματα

ΙΑ, ΙΒ και ΙΓ και έτσι το τρίγωνο χωρίζεται στα τρίγωνα ΙΒΓ, ΙΓΑ και ΙΑΒ που

έχουν το ίδιο ύψος ρ και δεν έχουν κοινά εσωτερικά σημεία.

Είναι : (ΑΒΓ) = (ΑΙΒ) + (ΒΙΓ) + (ΓΙΑ) = 2

1αρ +

2

1βρ +

2

1γρ =

2

1(α + β +γ)ρ =

2

12τρ = τρ



60

ΙΙΙ) Θεωρούμε τη διάμετρο ΑΔ. Τα τρίγωνα ΑΗΓ και ΑΒΔ είναι όμοια, αφού B = H

= 1∟ και Γ = Δ ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο.

Από την ομοιότητα των τριγώνων έχουμε ότι

A

A

AB

AH ΑΒΑΓ = ΑΔΑΗ

βγ = 2Rυα.

Από την σχέση βγ = 2Rυα έχουμε ότι υα = R2

. Οπότε για το εμβαδό Ε του τριγώνου

ΑΒΓ έχουμε:

Ε = 2

1αυα =

2

1α

R2

=

R4

ΙV)

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις

Αν A> 1∟, στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΒΑ έχουμε

ημΑ =

υβ = γημΑ άρα το εμβαδό Ε του τριγώνου είναι: Ε =

2

1βυβ =

2

1β γημΑ



61

Αν A > 1∟, πάλι από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΒΑ προκύπτει ότι:

ημ(180ο - Α) =

υβ = γημ(180ο - Α) = γημΑ άρα το εμβαδό Ε του τριγώνου

είναι: Ε = 2

1βυβ =

2

1β γημΑ

Αν A = 1∟ , τότε υβ = γ, επομένως πάλι ο τύπος ισχύει

Άρα σε κάθε περίπτωση έχουμε: Ε = 2

1β γημΑ

ΣΧΟΛΙΟ

Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει η σχέση R2

, όπου R είναι η ακτίνα

του περιγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου. Η σχέση αυτή είναι γνωστή ως ο νόμος

των ημιτόνων.



62

14

11

1315

13

25Κ

ΛΒ Γ

Α Δ



1.

Σε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ΑΒ = 18, ΒΓ = 20 και ΑΓ = 34. Να βρείτε

το εμβαδόν του.

Λύση

Με τον τύπο Ε = βρίσκουμε το εμβαδόν (ΑΒΓ).

τ = 1

2(α + β + γ) =

1

2(20 + 34 + 18) = 36

τ – α = 36 – 20 = 16

τ – β = 36 – 34 = 2

τ – γ = 36 – 18 = 18

(ΑΒΓ) = 36.16.2.18 = 36.16.36 = 6 . 4 . 6 = 144.

(ΑΒΓΔ) = 2(ΑΒΓ) = 2 . 144 = 288.

2.

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΔ ΒΓ) με ΒΓ = 25, ΑΔ = 11, ΑΒ = 13 και

ΔΓ = 15. Να βρείτε το εμβαδόν του και το ύψος του.

Λύση

Φέρουμε ΔΛ ΑΒ και το ύψος ΔΚ.

Τότε ΑΒΛΔ παρ/μμο.

Άρα ΔΛ = ΑΒ = 13 και

ΛΓ = ΒΓ – ΒΛ = 25 – ΑΔ – 25 – 11 = 14.



63

Με τον τύπο 2

υπολογίζουμε το ύψος ΔΚ στο

τρίγωνο ΔΛΓ

α = ΛΓ = 14, β = ΔΓ = 15, γ = ΔΛ = 13

τ = 1

2(14 + 15 + 13) =

1

242 = 21

τ – α = 21 – 14 = 7

τ – β = 21 – 15 = 6

τ – γ = 21 – 13 = 8

ΔΚ = 2

21.7.6.814

= 31

3.7.7.2.3.27

= 4 2 21

2 .3 .77

= 21

2 .3.77

= 12

(ΑΒΓΔ) = 1

2(ΒΓ + ΑΔ). ΔΚ =

1

2(25 + 11).12 = 36 . 6 = 216.

3.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 4, ΑΓ = 7 και = 60ο. Να βρείτε το

εμβαδόν του.

Λύση

Ε = 1

2β γ ημΑ =

1

27. 4 ημ60ο = 7. 2 .

3

2 = 7 3 .

4.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( = 1∟) με ΑΒ = 6 και ΑΓ = 8. Να βρείτε

i) το εμβαδόν

ii) το ύψος

iii) την ακτίνα ρ του εγγεγραμμένου κύκλου.



64

Λύση

i)Ε = 1

2ΑΒ . ΑΓ =

1

26 .8 = 24

ii) Πυθαγόρειο: 2

= 2

+ 2

= 2 26 8 = 36 + 64 = 100 ΒΓ = 10

Ε = 24 1

2 ΒΓ .

= 24

1

2 10

= 24

=

24

5

iii)τ = 1

2(10 + 8 + 6) =

1

2 24 = 12

Ε = τρ ρ =

ρ =

24

12 = 2.

Ασκήσεις Αποδεικτικές

1.

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει βγ = α

, να αποδείξετε ότι = 1∟.

Λύση

Είναι Ε = 1

2βγημΑ και Ε =

1

2 α

1

2βγημΑ =

1

2 α

ημΑ = 1 = 1∟.

2.

Αν Ε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ με πλευρές α, β, γ, να αποδείξετε ότι:

i) E < τ(τ – α) Α < 1∟

ii) E = τ(τ – α) Α = 1∟

iii) E > τ(τ – α) Α > 1



65

Λύση

i)E < τ(τ – α) < τ(τ – α)

< 22

<

2 2

βγ < τγ + τβ – τα

βγ < τ (β + γ – α)

βγ < 1

2 (α +β + γ) (β + γ – α)

2βγ < αβ + αγ – 2 + 2

+ βγ – βα + γβ + 2 – γα

2 < 2

+ 2 Α = 1∟

ii)Ίδια καταγραφή (αντί για ανισότητες θα έχουμε ισότητες).

iii)Ίδια καταγραφή.

3.

Αν δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α΄Β΄Γ΄ είναι εγγεγραμμένα στον ίδιο κύκλο, να

αποδείξετε ότι

Λύση

Από τον τύπο Ε = 4R

έχουμε

E 4R

E

4R

4.

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με 1∟ φέρουμε τα ύψη ΒΖ και ΓΗ. Να αποδείξετε ότι

(ΑΖΗ) = (ΑΒΓ) 2 .



66

γβ

H

Z

Β Γ

Α

γ β

1

ΗΖ

Β Γ

Α

Λύση

Όταν 1∟

(ΑΖΗ) = 1

2ΑΗ . ΑΖ .ημΑ (1)

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΓ είναι ΑΗ = β συνΑ και

στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΖΒ είναι ΑΖ = γ συνΑ

(1) (ΑΖΗ) = 1

2 β συνΑ γ συνΑ ημΑ

= 1

2βγ ημΑ 2

(2)

Αλλά (ΑΒΓ) = 1

2βγ ημΑ

(2) (ΑΖΗ) = (ΑΒΓ) 2

Όταν > 1∟

(ΑΖΗ) = 1

2ΑΗ . ΑΖ .ημΑ (3)

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΓ είναι ΑΗ = β συν1

και

στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΖΒ είναι ΑΖ = γ συν1

(3) (ΑΖΗ) = 1

2 β συν

1 γ συν

1 ημΑ

= 1

2βγ ημΑ 2

1 (4)

Αλλά (ΑΒΓ) = 1

2βγ ημΑ και συν

1 = – συνΑ

(4) (ΑΖΗ) = (ΑΒΓ) 2

= (ΑΒΓ) 2



67

5.

Σε τρίγωνο ΑΒΓ να αποδείξετε ότι: 1

+ 1

+ 1

= 1

Λύση

Είναι Ε = 1

2.

2E = .

1

= 2

και κυκλικά. Άρα

1

+ 1

+ 1

= 2

+

2

+

2

=

2

=

2

2

=

=

1



68


1.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ,με α=10,β=12 και γ=14.Να υπολογίσετε:

α)το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ

β)την ακτίνα του εγγεγραμμένου και του περιγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου

γ)το ημΓ

2.Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ,με ΑΒ=12,ΑΔ=4 και Δ=60ο >

Να υπολογίσετε:

α)το εμβαδόν του παραλληλογράμμου

β)το μήκος της διαγωνίου ΑΓ

γ)την ακτίνα του περιγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΓΔ

3.Αν οι διαγώνιοι ΑΓ και ΒΔ ενός κυρτού τετραπλεύρου ΑΒΓΔ σχηματίζουν γωνία

30ο ,να αποδείξετε ότι (ΑΒΓΔ)= ΑΓ ΒΔ

4

4.Αν ρ είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου ενός τριγώνου ΑΒΓ,να αποδείξετε

ότι:

β γ ημΑρ =

α+β+γ

5.Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ,με ΑΒ=ΑΓ.Προεκτείνουμε τη βάση ΒΓ κατά τμήμα

ΓΔ=ΒΓ.Να αποδείξετε ότι οι περιγγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΒΔ και ΑΓΔ

έχουν ίσες ακτίνες.

6.Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με γ=2,β=1+ 2 και εμβαδόν (ΑΒΓ)= βγ 24

α)Να αποδείξετε ότι α= 3

β)Να υπολογίσετε την ακτίνα R του περιγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ

γ)Να υπολογίσετε το μήκος της προβολής της πλευράς ΑΒ πάνω στη πλευρά ΒΓ.

12

4

60

Α Β

Δ Γ



69

Λόγος Εμβαδών ΄Ομοιων Τριγώνων-Πολυγώνων

Θεώρημα 1

Αν δύο τρίγωνα είναι όμοια με λόγο ομοιότητας λ , ο λόγος των εμβαδών τους είναι

ίσος με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητας, δηλαδή Ε

Ε

= λ2

Απόδειξη

Έστω τα όμοια τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' με

A = A' και Β = B'.

Τότε

=

= λ (1), όπου λ ο λόγος ομοιότητας.

Για τα εμβαδά Ε και Ε΄ των τριγώνων είναι Ε =2

1αυα και Ε΄ =

2

1α΄υα΄ που

διαιρώντας κατά μέλη προκύπτει:

=

)1(

= λλ = λ2

Θεώρημα 2

Ο λόγος των εμβαδών δύο όμοιων πολυγώνων είναι ίσος με το τετράγωνο του λόγου

ομοιότητας τους.

Απόδειξη

Θεωρούμε δυο όμοια πολύγωνα π.χ. τα πεντάγωνα ΑΒΓΔΕ και Α'Β'Γ'Δ'Ε' με λόγο

ομοιότητας λ, τότε ισχύουν οι αναλογίες



70

Φέρουμε τις διαγώνιους των πολυγώνων από τις κορυφές Α και Α', οπότε αυτά

χωρίζονται σε ισάριθμα τρίγωνα όμοια μεταξύ τους.

Αν Ε1, Ε2, Ε3 και Ε'1, Ε'2, Ε'3 είναι τα εμβαδά των αντίστοιχων τριγώνων, τότε

έχουμε : ΄1

1

E

E=

2

BA

AB

= λ2 και αντίστοιχα έχουμε:

΄2

2

E

E=

΄3

3

E

E= λ2 , επομένως

είναι: λ2 = ΄1

1

E

E=

΄2

2

E

E=

΄3

3

E

E=

΄3

΄2

΄1

321

EEE

EEE

=

)Έ΄΄΄΄(

)(

.

Θεώρημα 3

Aν μια γωνία ενός τριγώνου είναι ίση με μια γωνία ενός άλλου τριγώνου, τότε ο

λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με τον λόγο των γινομένων των πλευρών που

περιέχουν τις γωνίες αυτές.

Απόδειξη

Θεωρούμε τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' και διακρίνουμε τις περιπτώσεις .

Αν A = A' τότε ημΑ = ημΑ΄ και ισχύει:

=

΄΄΄2

12

1

= ΄΄

.Αν A + A' = 180° Α = 180ο – Α΄ τότε

ημΑ = ημ(180ο – Α΄ ) = ημΑ', και πάλι ισχύει:

=

΄΄΄2

12

1

= ΄΄

.



71

Β

Δ Γ

Α Μ



1.

Δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α΄Β΄Γ΄ έχουν α = α΄ και 3

2

. Αν το εμβαδόν

του ΑΒΓ είναι 302

m , να βρείτε το εμβαδόν του Α΄Β΄Γ΄.

Λύση

1

21

2

=

=

2

3

(Α΄Β΄Γ΄) = 2

3 (ΑΒΓ) (Α΄Β΄Γ΄) =

2

330 (Α΄Β΄Γ΄) =20

2m

2.

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με εμβαδόν 202

m . Αν Μ σημείο

στην προέκταση της ΑΒ τέτοιο ώστε ΑΒ = 2ΒΜ, να βρείτε το εμβαδόν του

τριγώνου ΜΒΓ.

Λύση

Φέρουμε τη διαγώνιο ΑΓ.

Τα τρίγωνα ΓΒΜ, ΓΒΑ έχουν ίδιο ύψος.

Άρα

1

2 2

(ΓΒΜ) =

1

2(ΓΒΑ) =

1

2

1

2(ΑΒΓΔ)

= 1

420 = 5

2m



72

1

2

Β Γ

Α

Δ

Ζ

Ε Ζ

Β Γ

Α

Δ

M

3.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Δ και Ζ των προεκτάσεων των ΒΑ και

ΓΑ, ώστε ΑΔ = 2

3ΑΒ και ΑΖ =

1

2ΑΓ. Αν το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ

είναι 302

m , να βρείτε το εμβαδόν του ΑΔΖ.

Λύση

1 2

ˆ ˆ

2 1.

. 13 2

. . 3

(ΑΔΖ) = 1

3(ΑΒΓ) =

1

330 = 10

2m

4.

Ένα τρίγωνο ΑΒΓ έχει εμβαδόν 752

m . Έστω Δ σημείο της πλευράς ΒΓ και Μ

σημείο του ΑΔ τέτοιο, ώστε AM

M=

3

2. Από το Μ φέρουμε παράλληλο προς την

πλευρά ΒΓ, που τέμνει τις ΑΒ και ΑΓ στα Ε και Ζ αντίστοιχα. Να βρείτε το

εμβαδόν του τραπεζίου ΒΕΖΓ.

Λύση

AM

M=

3

2

AM

M =

3

3 2

AM

=

3

5 και με Θ. Θαλή

A

=

3

5

τρ.ΑΕΖ όμοιο του τρ.ΑΒΓ

23 9

5 25

(ΑΕΖ) =

9

25(ΑΒΓ)

(ΑΕΖ) = 9

2575 = 27

2m

Άρα (ΒΕΖΓ) = (ΑΒΓ) – (ΑΕΖ) = 75 – 27 = 482

m



73

Λ Κ

ΕΡ

Β Γ

Α

Δ

Ζ

5.

Δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α΄Β΄Γ΄ έχουν ˆ ˆ και ˆ ˆ = 2∟. Να αποδείξετε

ότι α β΄= α΄β.

Λύση

ˆ ˆ

=

ˆ ˆ = 2∟

=

Άρα

=

=


1.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και εσωτερικό του σημείο Ρ. Αν οι ΑΡ, ΒΡ και ΓΡ τέμνουν

τις ΒΓ, ΑΓ και ΑΒ στα Δ, Ε και Ζ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι

i)

=

, ii)

+

+

= 1 και iii)

+

+

= 2

Λύση

i)Φέρουμε τα ύψη ΡΚ, ΑΛ των τριγώνων ΡΒΓ, ΑΒΓ αντίστοιχα και επειδή έχουν

κοινή βάση ΒΓ, θα είναι

=

Τρ.ΡΚΔ όμοιο του ΑΛΔ

=

Άρα

=

(1)

ii) Ομοίως

=

(2)



74

και

=

(3)

(1) + (2) + (3)

+

+

=

+

+

=

+

+

=

+

+

1 =

+

+

iii)

= 1

ομοίως

= ………. = 1

και

= ……… = 1

Προσθέτουμε κατά μέλη

+

+

= 3 –

+

+

= 3 – 1 = 2

2.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ˆ ˆ, 1 ∟ και το ύψος του ΑΔ. Στο ημιεπίπεδο (ΒΓ,Α)

φέρουμε Βx ΒΓ και Γy ΒΓ. Πάνω στις Βx, Γy παίρνουμε αντίστοιχα τα

σημεία Ε και Ζ, ώστε να έιναι ΒΕ = ΓΖ = 2ΑΔ. Αν Μ, Ν είναι τα μέσα των ΑΒ

και ΑΓ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι (ΕΒΜ) + (ΖΓΝ) = (ΑΒΓ).



75

1

1

xy

Ν

Μ

Ζ

ΔΒ Γ

Α

Ε

1 12

Γ

Δ

O

Α ΒΚ

Λύση

1 1

ˆ ˆ

. 1

2 1. 2

(ΕΒΜ) = (ΑΒΔ)

Ομοίως (ΖΓΝ) = (ΑΓΔ)

Προσθέτουμε (ΕΒΜ) + (ΖΓΝ) = (ΑΒΓ).

3.

Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και δύο κάθετες χορδές ΑΒ και ΓΔ. Να αποδείξετε

ότι (ΒΟΔ) = (ΑΟΓ).

Λύση

1

= 2

1∟=

2

= 2∟

1 2

ˆ ˆ 2 ∟

.

1.

(ΒΟΔ) = (ΑΟΓ).



76

Β Γ

Α

Δ Ε

4.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ . Ευθεία παράλληλη προς τη ΒΓ τέμνει την ΑΒ στο Δ και

την ΑΓ στο Ε. Να αποδείξετε ότι 2

.

Λύση

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

AB

=

AB

Τα τρίγωνα ΑΒΕ, ΑΔΕ έχουν ίδιο ύψος από το

Ε,

άρα

AB

=

(1)

Τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΒΕ έχουν ίδιο ύψος από το Β, άρα

AB

=

(2)

Θ.Θαλή

=

(3)

(1), (2), (3)

AB

=

AB

5.

Πάνω στις πλευρές κυρτού τετραπλεύρου ΑΒΓΔ κατασκευάζουμε εξωτερικά αυτού

τα τετράγωνα ΑΒΕΖ, ΒΓΗΘ, ΓΔΙΚ και ΑΔΛΜ. Να αποδείξετε ότι

(ΑΜΖ) + (ΓΗΚ) = (ΒΘΕ) + (ΔΙΛ)



77

1

2

Ι Κ

Μ

Λ

ΕΖ

Θ

Η

Δ Γ

ΑΒ

Λύση

Φέρουμε τη διαγώνιο ΒΔ.

1 2

ˆ ˆ = 2∟

=

.

.

= 1

(ΑΜΖ) = (ΑΒΔ) και ομοίως

(ΓΗΚ) = (ΓΒΔ)

Άρα (ΑΜΖ) + (ΓΗΚ) = (ΑΒΓΔ). Ομοίως (ΒΘΕ) + (ΔΙΛ) = (ΑΒΓΔ)

Άρα (ΑΜΖ) + (ΓΗΚ) = (ΒΘΕ) + (ΔΙΛ)

6.

Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( =1∟) και τρία πολύγωνα 1

, 2

και 3

όμοια μεταξύ τους, που έχουν ως ομόλογες πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι (2

) + (3

) = (1

), όπου (1

) , (2

) και (3

)

τα εμβαδά τους.

Λύση

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

2

1

+

3

1

= 1

Πολύγωνο 2

όμοιο του 1

2

1

=

2

= 2

2

Ομοίως ……………………

3

1

=

2

= 2

2

Οπότε, αρκεί να αποδείξουμε ότι 2

2

+

2

2

= 1, ή 2 2 2

που ισχύει.



78


1.Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με βάσεις ΑΒ=4cm και ΓΔ=6cm.Αν Ο είναι το σημείο

τομής των διασγωνίων του ΑΓ και ΒΔ,να υπολογίσετε το λόγο (ΟΑΒ)(ΟΓΔ)

2.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με εμβαδόν 24 τ.μ. Στις πλευρές του ΑΒ,ΒΓ,ΓΑ παίρνουμε

αντίστοιχα τα σημεία Κ,Λ,Μ έτσι .ώστε: ΑΚ= 1

2ΑΒ , ΒΛ=

1

3ΒΓ , ΓΜ=

1

4ΑΓ

Να υπολογίσετε τα εμβαδά των τριγώνων ΑΚΜ,ΒΚΛ,ΓΛΜ και ΚΛΜ.

3.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με εμβαδόν 18 τ.μ και έστω Δ τυχαίο σημείο της πλευράς

ΒΓ.Θεωρούμε σημείο Ε του τμήματος ΑΔ τέτοιο,ώστε ΑΕ=1

3ΑΔ.

Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΕΒΓ.

4.Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και τυχαία σημεία Ε και Ζ της πλευράς ΑΒ.

Θεωρούμε σημείο Η της πλευράς ΓΔ τέτοιο,ώστε :

ΔΗ= 2

5ΔΓ

Αν ισχύει ότι (ΔΕΗ)=4 τ.μ,να βρείτε το εμβαδόν:

α)του τριγώνου ΖΗΓ

β)του παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ

B

A

Γ

Κ

Μ

Ν

Α Β

ΔΓ

Ε Ζ

Η



79

5.Θεωρούμε τρεις διαδοχικές γωνίες xOy,yOz και zOx έτσι,ώστε xOy=yOz=150ο

.Στις ημιευθείες Οχ,Οy,Oz παίρνουμε τα σημεία Α,Β,Γ αντίστοιχα,έτσι ώστε

ΟΑ=2,ΟΒ=4 και ΟΓ=6.

α)Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΓΑ

β)Να υπολογίσετε το λόγο των εμβαδών (OAB)

(OBΓ)

6.Στο παρακάτω σχήμα τα σημεία Κ και Λ είναι τα μέσα των τμημάτων ΑΓ και ΑΒ

αντίστοιχα.

Να αποδείξετε ότι:

α) ο λόγος των εμβαδών των τριγώνων ΑΚΒ και ΑΛΓ είναι ίσος με 1

β)αν Ρ το σημείο τομής των ΛΓ και ΚΒ,τότε τα τρίγωνα ΒΛΡ και ΚΓΡ είναι

ισεμβαδικά.

7.Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α,εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Ο.Στην

πλευρά ΒΓ θεωρούμε σημείο Ε έτσι ,ώστε ΕΓ=α3

και προεκτείνουμε την ΑΕ,που

τέμνει το κύκλο στο σημείο Ζ.

α)Να αποδείξετε ότι ΑΕ=α 73

β)Να αποδείξετε ότι ΕΖ=2 7α21

γ)Να βρείτε το λόγο των εμβαδών των τριγώνων ΑΕΒ και ΓΕΖ.

Ρ

Α Β

Γ

Λ

K



80

8.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Ε το μέσο της πλευράς ΑΒ.Προεκτείνουμε τη πλευρά ΒΓ

προς το μέρος του Β κατά ευθύγραμμο τμήμα ΒΔ=ΒΓ

2 και φέρουμε την ΑΔ.

α)Να αποδείξετε ότι (ΔΕΒ)= 1

2(ΑΔΒ)

β)Να βρείτε τους λόγους (ΔΕΒ)

(ΑΒΓ) και

(ΑΒΓ)

(ΑΔΓ)

γ)Αν ΑΜ είναι η διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ,να αποδείξετε ότι (ΒΔΕ)=(ΑΜΕ)

9.Στις πλευρές ΑΒ,ΒΓ,ΓΑ τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Δ,Ε και Ζ

τέτοια ώστε να είναι:

ΑΔ= 13

ΑΒ, ΒΕ=λΒΓ, ΓΖ=λΓΑ όπου 0<λ<1.Να αποδείξετε ότι:

α) (ΑΔΖ) 1-λ

=(ΑΒΓ) 3

β) 2-4λ+2(ΔΕΖ) 3λ

=(ΑΒΓ) 3

γ)Αν λ= ,το τρίγωνο ΔΕΖ έχει το ελάχιστο δυνατό εμβαδόν



81


ΜΕΤΡΗΣΗ ΚΥΚΛΟΥ

Κανονικά Πολύγωνα

Ορισμός: Ένα πολύγωνο ονομάζεται κανονικό, όταν έχει όλες τις πλευρές του ίσες

και όλες τις γωνίες του ίσες.

Γωνία Κανονικού Πολυγώνου

Σε κάθε κανονικό πολύγωνο με ν πλευρές η γωνία του φν είναι ίση με 180ο –

360.

Απόδειξη

Έστω Α1Α2...Αν ένα κανονικό πολύγωνο με ν πλευρές και έστω A1 = A2 = ... = Aν = φν

Επειδή το άθροισμα των γωνιών κάθε κυρτού ν-γώνου είναι

(ν - 2)180°, θα έχουμε:

φν + φν + …+ φν = (ν –2)180° νφν = 180°ν –360° φν =

oo 360180

φν = 180ο –

360

Ομοιότητα Κανονικών Πολυγώνων

Δύο κανονικά πολύγωνα με τον ίδιο αριθμό πλευρών είναι όμοια.

Απόδειξη

Θεωρούμε δύο κανονικά πολύγωνα ΑΒΓ...Τ, Α'Β'Γ'...Τ' με τον ίδιο αριθμό πλευρών

ν. Τότε η γωνία καθενός είναι 180° - 360°ν , άρα είναι ίσες, δηλαδή

ισχύει: A = A , Β = Β', ... , Τ = Τ' (1).



82

Επίσης, έχουν και τις πλευρές τους ίσες, δηλαδή ισχύει: ΑΒ = ΒΓ = ... = ΤΑ και

Α'Β' = Β'Γ' = ... = Τ'Α'

Άρα 'A'T

TA...

''B

B

'B'A

AB

(2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι τα πολύγωνα ΑΒΓ... Τ και Α'Β'Γ'...Τ' είναι όμοια.

Ιδιότητες και Στοιχεία Κανονικών Πολυγώνων

Α. Κάθε κανονικό πολύγωνο έχει έναν περιγεγραμμένο και έναν εγγεγραμμένο κύκλο

που έχουν κοινό κέντρο.

Β. Το κοινό κέντρο των δύο αυτών κύκλων λέγεται κέντρο του πολυγώνου.

Γ. Η ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου λέγεται ακτίνα του πολυγώνου.

Δ. Η απόσταση του κέντρου του πολυγώνου από μια πλευρά του, δηλαδή η ακτίνα

του εγγεγραμμένου κύκλου λέγεται απόστημα του πολυγώνου.

Ε. Η γωνία υπό την οποία φαίνεται κάθε πλευρά του πολυγώνου από το κέντρο του,

λέγεται κεντρική γωνία του πολυγώνου.

ΣΥΜΒΟΛΙΣΜΟΙ ΣΤΑ ΚΑΝΟΝΙΚΑ ΠΟΛΥΓΩΝΑ R η ακτίνα του κύκλου μέσα στο οποίο συνήθως σχεδιάζουμε κανονικό πολύγωνο

δ η διάμετρος του προηγούμενου κύκλου.

ν ο αριθμός των πλευρών ενός κανονικού πολυγώνου

λν η πλευρά ενός κανονικού πολυγώνου



83

αν το απόστημα ενός κανονικού πολυγώνου.

ων η κεντρική γωνία ενός κανονικού πολυγώνου

φν η γωνία ενός κανονικού πολυγώνου

Εν το εμβαδό ενός κανονικού πολυγώνου

Pν η περίμετρος ενός κανονικού πολυγώνου

Θεώρημα 1

Σε κάθε κανονικό πολύγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας R ισχύει:

ι) 22ν

2

ν Rα2

λ

ιι) Ρν = ν∙λ ιιι) ων =

ν

360o

ιν) Εν = 2

1Ρν∙αν.

Απόδειξη

ι) Έστω ΑΒΓΔ...Τ ένα κανονικό ν-γωνο, R η ακτίνα του, ΑΒ = λν η πλευρά του και

OH = αν το απόστημά του.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΟΑ, με εφαρμογή του Πυθαγόρειου θεωρήματος

προκύπτει OH2+HA2=OA2 22

2

R2

ιι) και ιιι) Έστω ΑΒΓΔ...Τ ένα κανονικό ν-γωνο, R η ακτίνα του, ΑΒ = λν η πλευρά

του και OH = αν το απόστημά του.

ιι) Επειδή ΑΒ = ΒΓ = ... = ΤΑ = λν, θα είναι Ρν = νλν.



84

ιιι) Επειδή

TA...BAB θα είναι

ΑÔΒ = ΒÔΓ = ... = ΤÔΑ = ων

και αφού οι γωνίες ΑÔΒ, ΒÔΓ, ... και ΤÔΑ έχουν άθροισμα 360° , έχουμε:

νων = 360° ων =

o360

ιν) Έστω ΑΒΓΔ...Τ ένα κανονικό ν-γωνο, R η ακτίνα του, ΑΒ = λν η πλευρά του και

OH = αν το απόστημά του.

Τα τρίγωνα ΟΑΒ, ΟΒΓ, ... , ΟΤΑ είναι ίσα , άρα και ισεμβαδικά και επομένως

έχουμε: Εν = ν(ΟΑΒ) = ν2

1ΑΒΟΗ =

2

1νλν αν =

2

1 νλν .(αφού Ρν = νλν)

Πόρισμα

Σε δύο κανονικά ν-γωνα ο λόγος των πλευρών τους ισούται με το λόγο των ακτίνων

τους και το λόγο των αποστημάτων τους. Δηλαδή ισχύει: ν

ν

λ

λ

=

ν

ν

R'

R =

να΄

α

Απόδειξη

Έστω δύο κανονικά πολύγωνα ΑΒΓ...Τ και Α'Β΄Τ'...Τ' με το ίδιο πλήθος πλευρών,

έστω ν (ν ≥3) και Ο, Ο' τα κέντρα τους

.

Τα τρίγωνα ΟΑΒ και Ο'Α'Β' είναι όμοια γιατί είναι ισοσκελή και έχουν ΑÔΒ =

Α'Ô'Β' =

o360 επομένως:

'H'O

OH

'A'O

OA

'B'A

AB

=

'R

R =

΄ όπου ΟΗ, Ο’Η’ τα ύψη των τριγώνων.



85



1.

Να βρεθούν η γωνία και η κεντρική γωνία ενός κανονικού: πενταγώνου, εξαγώνου,

δεκαγώνου και δωδεκαγώνου.

Λύση

00 0 0 0

5

360180 180 72 108

5 και

00

5

36072

5

00 0 0 0

6

360180 180 60 120

6 και

00

5

36060

6

00 0 0 0

10

360180 180 36 144

10 και

00

10

36036

10

00 0 0 0

12

360180 180 30 150

12 και

00

12

36030

12

2.

Αν η γωνία ενός κανονικού πολυγώνου είναι 108ο, τότε το πλήθος των πλευρών του

είναι α. 15 β. 12 γ. 10 δ. 5 ε. 8.

Λύση

00 0360

180 108

0

0 0 360180 108

0

0 36072

0 072 360 ν = 5



86

3.

Σε δύο κανονικά πεντάγωνα ο λόγος των πλευρών τους είναι λ = 2. Ποιος είναι ο

λόγος των αποστημάτων, των ακτίνων τους, των περιμέτρων τους και των εμβαδών

τους.

Λύση

5

5

= 5

5

= 2

R

R= 5

5

= 2 5

5

P

P = 5

5

5

5

= 5

5

= 2 5

5

=

22 = 4

4.

Τα πλήθη 1 ,

2 των πλευρών δύο κανονικών πολυγώνων είναι αντίστοιχα ρίζες

των εξισώσεων: 3 23 7 15 0 , 2 9 4 .

Να αποδείξετε ότι τα πολύγωνα είναι όμοια.

Λύση

Η εξίσωση 3 23 7 15 0 , με σχήμα Horner, γίνεται

( 5 ) ( 22 3 ) = 0 5 = 0 ή 2

2 3 = 0.

Επειδή ο ν είναι φυσικός αριθμός, έχουμε 22 3 > 0.

Άρα ν = 5

Ελέγχουμε αν η τιμή ν = 5 επαληθεύει την εξίσωση 2 9 4

2.5 9 5 4 1 = 1 που ισχύει.

Έτσι, οι δύο εξισώσεις έχουν κοινή ρίζα μόνο το 5, άρα τα πολύγωνα είναι κανονικά

πεντάγωνα, άρα είναι όμοια.



87

5.

Να αποδείξετε ότι το μόνο κανονικό πολύγωνο με γωνία οξεία είναι το ισόπλευρο

τρίγωνο.

Λύση

00 0360

180 90

0

0 0 360180 90

00 360

90

0 090 360 ν < 4

άρα ν = 3.

6.

Αν ένα κανονικό ν–γωνο και ένα κανονικό μ-γωνο (μ > ν) είναι εγγεγραμμένα στον

ίδιο κύκλο, να αποδείξετε ότι

i) 2 2 2 24

ii)

>

<

Λύση

i)Είναι 2

2

4

=

2R και

2

2

4

=

2R

2

2

4

=

2

2

4

4 2

+ 2

= 4 2

+ 2

2

– 2

= 4 2

– 4 2

2

– 2

= 4 ( 2

– 2

)

ii)

>

2

>

2

2

–

2

> 0

(i)

4 (2

– 2

) > 0

2

– 2

> 0

2

> 2

<



88

2

1

1

HΟ

Α Β

Δ

Ε Γ

M

7.

Θεωρούμε ένα κανονικό πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο,R). Να

αποδείξετε ότι :

i) Κάθε διαγώνιος χωρίζει το πεντάγωνο σε ένα ισοσκελές τραπέζιο και σε ένα

ισοσκελές τρίγωνο,

ii) Η διχοτόμος της γωνίας ˆ είναι κάθετη στην πλευρά ΑΕ,

iii) Δύο διαγώνιοι που δεν έχουν κοινό άκρο σχηματίζουν με δύο πλευρές του

πενταγώνου ρόμβο και

iv) Αν Η είναι το σημείο τομής της ΑΓ με τη ΒΔ, τότε 2

= ΑΓ. ΗΓ

Λύση

i)Φέρουμε τη διαγώνιο ΑΓ.

ΒΑ = ΒΓ τρίγωνο ΒΑΓ ισοσκελές.

ΕΔ ΑΓ ΑΓΔΕ τραπέζιο με ΑΕ = ΓΔ, άρα ισοσκελές.

ii)

ΑΜ η διχοτόμος

0

036072

5 =

ˆ = 2

= 0

36 0

1ˆ 18

0

0

2

2.72ˆ 722 2

0 0 0

2 1ˆ ˆ ˆ 72 18 90 ΑΜ ΑΕ



89

iii)Όπως είναι ΕΔ ΑΓ, έτσι είναι και ΕΑ ΔΒ, άρα ΑΕΔΗ παραλληλόγραμμο και

επειδή ΕΑ = ΕΔ, είναι ρόμβος πλευράς 5

.

iv)Αρκεί να δείξουμε ότι 2

5 = ΑΓ. ΗΓ 5

5

Αρκεί να δείξουμε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι όμοιο με το ΗΒΓ,

το οποίο ισχύει διότι 1

κοινή και ˆ = ˆ .


1.

Το δάπεδο ενός δωματίου στρώθηκε με πλακίδια σχήματος κανονικών πολυγώνων

με πλήθος πλευρών λ, μ, ν, όπου λ μ ν λ. Να αποδείξετε ότι

1

+

1

+

1

=

1

2

Λύση

Θα υπάρχει σημείο του δαπέδου που θα είναι κοινή κορυφή των τριών πολυγώνων.

Άρα 0

360

00 360

180

+ 0

0 360180

+

00 360

180

= 0360

0180 =

0360

+

0360

+

0360

0

0

180

360 =

1

+

1

+

1

1

2 =

1

+

1

+

1



90

σ

Η ΘΜ

ΔΑ

Γ

Ο

Β

2.

Αν ένα πολύγωνο είναι εγγράψιμο και περιγράψιμο σε δύο ομόκεντρους κύκλους, να

αποδείξετε ότι είναι κανονικό.

Λύση

Τα αποστήματα των χορδών-πλευρών είναι ίσα

σαν ακτίνες του μικρού κύκλου.

Άρα χορδές-πλευρές του πολυγώνου ίσες.

Κάθε γωνία του πολυγώνου είναι εγγεγραμμένη και

βαίνει σε τόξο (ν-2)σ. Άρα γωνίες του πολυγώνου ίσες.

3.

Αν Α, Β, Γ, Δ είναι διαδοχικές κορυφές ενός κανονικού ν–γώνου (ν 4), να

αποδείξετε ότι 2 2

= ΑΒ . ΑΔ.

Λύση

2ο Θ. Διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ:

2 2

= 2 ΒΓ. ΗΜ.= 2 ΑΒ.ΗΜ

Αρκεί να αποδείξουμε ότι ΑΔ = 2 ΗΜ

Φέρουμε και ΔΘ ΒΓ.

Είναι τρ.ΑΒΗ = τρ.ΔΓΘ, αφού

1) ορθογώνια

2) ΑΒ = ΔΓ και

3) ˆ ˆ (παραπληρωματικές της

)

Άρα ΗΒ = ΓΘ, άρα και ΗΜ = ΜΘ ΑΗΘΔ ορθογώνιο ΑΔ = ΗΘ = 2 ΗΜ



91

Κ

Β

Ο

Α Γ

4.

Αν 2

είναι το εμβαδόν ενός κανονικού 2ν-γώνου (ν 4), εγγεγραμμένου σε

κύκλο (Ο,R), να αποδείξετε ότι 2

= 1

P R2

, όπου P

η περίμετρος του

κανονικού ν-γώνου ακτίνας R

Λύση

Θεωρούμε ΑΒ = ΒΓ =

οπότε ΑΓ = 2

.

Φέρουμε τις ακτίνες ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ

οπότε ΟΚ απόστημα του ν-γώνου.

2

= 1

P R2

2 ν (ΟΑΒ) =

1

2 ν ΑΓ. R

2 ν 1

2ΟΒ. ΑΚ =

1

2 ν 2 ΑΚ R

που ισχύει.

5.

Αν είναι πλευρά κανονικού ν-γώνου περιγεγραμμένου σε κύκλο και

,

η πλευρά και το απόστημα αντίστοιχα κανονικού ν-γώνου εγγεγραμμένου στον ίδιο

κύκλο, να αποδείξετε ότι R .

=

. .

Λύση

Τα δύο πολύγωνα είναι όμοια, αφού έχουν ίδιο πλήθος πλευρών

R

(αφού

= R) R .

=

.

.



92

6.

Αν E

,

,

είναι τα εμβαδά κανονικών ν-γώνων που έχουν πλευρές ίσες

αντίστοιχα με τις πλευρές α, β, γ ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ ( =1∟), να

αποδείξετε ότι

+

= E

.

Λύση

Τα τρία πολύγωνα είναι όμοια, αφού έχουν ίδιο πλήθος πλευρών.

(α) πολύγωνο όμοιο του (β) 2

2

(α) πολύγωνο όμοιο του (γ) 2

2

Άρα

+

=

2

2

+

2

2

=

2 2

2

= 1 από το Πυθαγόρειο.



93


1.α)Να βρείτε την γωνία ενός κανονικού 9-γωνου

β)Να βρείτε το πλήθος ν των πλευρών ενός κανονικού ν-γώνου,του οποίου η

γωνία είναι 160ο.

γ)Να εξετάσετε αν υπάρχει κανονικό ν-γωνο με γωνία 130ο .

2.Σε ένα κανονικό πολύγωνο η κεντρική του γωνία είναι ων=12ο και έχει πλευρά

λν=2cm .Να βρείτε:

α)το πλήθος των πλευρών του πολυγώνου,

β)τη γωνία φν του πολυγώνου,

γ)τη περίμετρο Ρν του πολυγώνου.

3.Η γωνία ενός κανονικού πολυγώνου είναι τετραπλάσια από την κεντρική του

γωνία.Να βρείτε:

α)το πλήθος ν των πλευρών του

β)τη γωνία και τη κεντρική γωνία του πολυγώνου

4.Η γωνία ενός κανονικού ν-γωνου και η γωνία ενός κανονικού 2ν-γωνου έχουν

άθροισμα 300ο .Να βρείτε:

α)το πλήθος των πλευρών των δύο κανονικών πολυγώνων

β)τις κεντρικές γωνίες των δύο κανονικών πολυγώνων

5.Θεωρούμε ένα κανονικό ν-γωνο και ένα κανονικό μ-γωνο για τα οποία ισχύει ότι:

2φν-φμ=180ο +ων-2ωμ

Να αποδείξετε ότι τα δύο πολύγωνα είναι όμοια.



94

Εγγραφή Κανονικών Πολυγώνων Σε Κύκλο

Τετράγωνο

Έστω ένας κύκλος (Ο,R). Για την κατασκευή τετραγώνου φέρουμε δύο κάθετες

διαμέτρους ΑΓ και ΒΔ, τότε θα είναι ΑÔΒ = ΒÔΓ = ΓÔΔ = ΔÔΑ = 90°, οπότε ΑΒ =

BΓ = ΓΔ = ΔΑ και επομένως το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο.

ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΠΛΕΥΡΑΣ

Από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ με εφαρμογή του Πυθαγόρειου

θεωρήματος έχουμε

ΑΒ2 = ΟΑ2 + ΟΒ2 λ42 = R2 + R2 λ4

2 = 2R

2 λ4 = R 2

ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΑΠΟΣΤΗΜΑΤΟΣ

Ισχύει: 224

2

4 R2

2

4 = R2 – 2

4

2

= R2 –

2

2

2R

= R2 –

2

R 2

= 2

R 2

24

= 2

R 2

επομένως α4 = 2

2R

2

R

2

R 2 α4 =

2

2R



95

Εξάγωνο

Έστω ένας κύκλος (Ο,R), για την κατασκευή ισοπλεύρου τριγώνου παίρνουμε τα

σημεία Α, Β, Γ, Δ, Ε και Ζ που διαιρούν τον κύκλο σε έξι ίσα τόξα, τότε τα σημεία Α,

Γ, Ε είναι κορυφές ισόπλευρου τριγώνου, αφού ΑΓ = ΓΕ = ΕΑ = 120°.

ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΠΛΕΥΡΑΣ

Επειδή ΑΓΔ = 180°, η ΑΔ είναι διάμετρος και επομένως το τρίγωνο ΑΓΔ είναι

ορθογώνιο, οπότε λ32= ΑΓ2 = ΑΔ2 - ΔΓ2 = (2R)2 - R2 = 3R2 λ3

2 = 3R2 λ3 =

3RR3 2 , δηλαδή είναι λ3 = 3R

ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΑΠΟΣΤΗΜΑΤΟΣ

Ισχύει: 223

2

3 R2

2

3 = R2 – 2

3

2

= R2 –

2

2

3R

= R2 –

4

R3 2

= 4

R 2

23 =

4

R 2

α3 = 2

R

4

R 2 δηλαδή α6 =

2

R

Ο αριθμός π

Έστω κύκλος με διάμετρο 2R. Aν συμβολίσουμε με L το μήκος του τότε λόγος R2

L

του μήκους του κύκλου προς τη διάμετρό του είναι σταθερός, δηλαδή είναι ο ίδιος

για κάθε κύκλο. Η σταθερή αυτή τιμή του λόγου R2

L συμβολίζεται διεθνώς με το

Ελληνικό γράμμα π (αρχικό της λέξης περιφέρεια) Δηλαδή π = R2

L

ΣΧΟΛΙΑ

Α. Ο αριθμός π είναι ένας άρρητος, υπερβατικός αριθμός και μια προσέγγισή του,

που στην πράξη χρησιμοποιείται, είναι π 3,14.

Β. Ο Αρχιμήδης χρησιμοποιούσε ως προσέγγιση του π το 7

22



96



1.

Να υπολογίσετε ως συνάρτηση του R το εμβαδόν ενός ισοπλεύρου τριγώνου και

ενός κανονικού εξαγώνου, που είναι εγγεγραμμένα σε κύκλο (Ο,R).

Λύση

3 3 3

1

2 =

1

23

3

3 =

3

2 R 3

R

2 =

2R 3

4

6 6 6

1

2 =

1

26

6

6 = 3 R

R 3

2 =

23R 3

2

2.

Κανονικό πολύγωνο έχει ακτίνα R = 10cm και απόστημα 5 3

cm. Να βρεθεί

η πλευρά του

και το εμβαδόν του

.

Λύση

2

2 2R

4

22

25 3 10

4

75 + 2

4

= 100

2

4

= 100 – 75

2

4

= 25

2

= 100

= 10cm

5 3

= 6

10 3 R 3

2 2 ν = 6

6 6 6

1

2 =

1

26

6

6 = 3 R

R 3

2 =

23R 3

2=

3.100 3

2= 150 3

2cm

3.



97

1200

900

600

K

ΛΔ Γ

Ο

Α Β

Κανονικό πολύγωνο έχει ακτίνα R = 8cm και πλευρά

= 8 2 cm.. Να βρεθεί το

απόστημά του

και το εμβαδόν του

.

Λύση

= 8 2

= R 2 =

4 ν = 4

4

R 2 8 24 2

2 2

2

2 2

4 48 2 64.2 128cm

4.

Σε κύκλο (Ο,R) παίρνουμε διαδοχικά τα τόξα AB = 60ο, B = 90ο και

= 120ο. Να υπολογισθούν ως συνάρτηση του R οι πλευρές και το εμβαδόν του

τετραπλεύρου ΑΒΓΔ.

Λύση

AB = 60ο ΑΒ = 6

= R

B = 90ο ΒΓ = 4

= R 2

= 120ο ΓΔ = 3

= R 3

= 360ο – 60ο – 90ο – 120ο = 90ο

Άρα ΑΔ = 4

= R 2

= B ΔΓ ΑΒ

ΑΒΓΔ τραπέζιο.

Φέρουμε το ύψος ΛΚ του τραπεζίου από το κέντρο Ο.

ΛΚ = ΟΛ + ΟΚ = 3 6

R R 3 R1 3

2 2 2



98

(ΑΒΓΔ) = 2

=

R R 3

2

R1 3

2 = R

1 32

R1 3

2 =

22R

1 34


1.

Το άθροισμα των γωνιών ενός κανονικού πολυγώνου είναι 8 ορθές και το εμβαδόν

του 6 23cm . Να βρεθεί η ακτίνα του.

Λύση

00 360

180

4

2

σε ορθές

8

4

2 8

2.ν – 4 = 8 2.ν = 12 ν = 6

6 6 6

1

2 6 3 =

1

26

6

6

6 3 = 3 R R 3

2

12 = 3 2

R 2

R = 4 R = 2

2.

Σε κύκλο (Ο,R) και εκατέρωθεν του κέντρου του, θεωρούμε δύο παράλληλες

χορδές του ΑΒ και ΓΔ, ώστε ΑΒ = R και ΓΔ = R 3 . Να υπολογισθούν οι μη

παράλληλες πλευρές ΑΓ και ΒΔ του τραπεζίου ΑΒΔΓ, το ύψος του και το

εμβαδόν του ως συνάρτηση του R.



99

900

1200

900

600

K

ΛΓ Δ

Ο

Α Β

Η

Δ

Β

Κ

Ο

Α Γ

Λύση

ΑΒ = R ΑΒ = 6

AB = 60ο

ΓΔ = R 3 ΓΔ = 3

= 120ο

ΑΒΔΓ εγγεγραμμένο τραπέζιο

ισοσκελές. ΓΑ = ΔΒ

Αλλά = 360ο – 60ο – 120ο = 180ο Άρα = 90ο ΓΑ = ΔΒ =

4R 2

Φέρουμε το ύψος ΛΚ του τραπεζίου από το κέντρο Ο.

ΛΚ = ΟΛ + ΟΚ = 3 6

R R 3 R1 3

2 2 2

(ΑΒΓΔ) = 2

=

R R 3

2

R1 3

2 = R

1 32

R1 3

2 =

22R

1 34

3.

Να υπολογισθούν ως συνάρτηση του R η πλευρά 12

και το απόστημα 12

ενός

κανονικού 12-γώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο (Ο.R).

Λύση

Θεωρούμε ΑΒ = ΒΓ = 12

οπότε ΑΓ = 6

= R

Φέρουμε τη διάμετρο ΒΚΟΔ

οπότε ΟΚ = 6

= R 3

2

άρα ΒΚ = ΒΟ – ΟΚ = R – R 3

2 ΒΚ =

R 2 3

2



100

Β

Κ

Ο

Α Γ

Τρίγωνο ΑΒΚ ορθογώνιο με ύψος ΑΚ 2

AB = ΒΔ . ΒΚ

2AB = 2R

R 2 3

2

= 2

R 2 3 12

= AΒ = R 2 3

Είναι 2

2 212

12R

4

2

2 2 12

12R

4

2

2 2

12

R 2 3R

4

=

22 2 2 R 2 34R 2R R 3

4 4

12

R 2 3

2

4.

Να υπολογίσετε ως συνάρτηση του R το εμβαδόν ενός κανονικού δωδεκαγώνου

χωρίς να υπολογίσετε προηγουμένως την πλευρά και το απόστημά του.

Λύση

Θεωρούμε ΑΒ = ΒΓ = 12

οπότε ΑΓ = 6

= R

Φέρουμε τις ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ,

είναι δε ΟΒΑΓ

2

12

A . R.RE 6 O 6 6 3R

2 2



101


1.Ένα ισόπλευρο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας R=4cm.

Να βρείτε:

α)τη πλευηρά του λ3

β)το απόστημά του α3

γ)το εμβαδόν του Ε3

2.Το εμβαδόν ενός τετραγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο (Ο,ρ) είναι 32cm2 .

Να βρείτε:

α) την ακτίνα ρ

β)το εμβαδόν κανονικού εξαγώνου που είναι εγγεγραμμένο στο κύκλο (Ο,ρ)

3.Η γωνία φν ενός κανονικού πολυγώνου είναι ίση με 120ο ,ενώ η πλευρά του είναι

λν=12 cm.

α)Να αποδείξετε ότι το πλήθος των πλετρών του πολυγώνου αυτού είναι ν=6

β)Να υπολογίσετε την ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου και το απόστημα αν του

πολυγώνου

γ)Να βρείτε το εμβαδόν του πολυγώνου

4.Δίνεται κανονικό ν-γωνο,εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο,ρ),για το οποίο ισχύουν

λν=4cm και αν= 12 .Να βρείτε:

α)την ακτίνα ρ

β)το πλήθος ν των πλευρών

γ)το εμβαδόν του κανονικού πολυγώνου

5.Ένα κανονικό εξάγωνο και ένα ισόπλευρο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένα στον ίδιο

κύκλο (Ο,ρ).Το εμβαδόν του κανονικού εξαγώνου είναι κατά 27 3 cm2 μεγαλύτερο

από το εμβαδόν του ισοπλεύρο τριγώνου.Να βρείτε:

α)την ακτίνα ρ

β)το εμβαδόν του τετραγώνου που είναι εγγεγραμμένο στον ίδιο κύκλο.



102

6.Ένα κανονικό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο,R).Αν οι

προεκτάσεις των ΑΒ και ΔΓ τέμνονται στο Μ,να υπολογίσετε το εμβαδόν του

τριγώνου ΜΕΖ συναρτήσει του R.

7.Θεωρούμε δύο κανονικά εξάγωνα,από τα οποία το ένα είναι εγγεγραμμένο σε

κύκλο (Ο,R) και το άλλο περιγεγραμμένο στον ίδιο κύκλο,και έστω Ε΄6, Ε6τα εμβαδά

τους αντίσττοιχα.Να βρείτε το λόγο E6E'6

8.Αν ένα ισόπλευρο τρίγωνο και ένα κανονικό εξάγωνο είναι εγγεγραμένα στον ίδιο

κύκλο (Ο,R) και Ε3 ,Ε6 είναι τα εμβαδά τους αντίστοιχα,να αποδείξετε ότι:

Ε6=2 Ε3

9.Δίνεται ο κύκλος (Ο,R) και οι χορδές του ΑΒ=λ6 και ΓΔ=λ4 ,όπως φαίνεται στο

παρακάτω σχήμα:

Αν Ρ είναι το σημείο τομής των ΑΓ και ΒΔ και Μ είναι το μέσο του ΓΔ,να αποδείξετε

ότι (ΡΑΒ)=(ΡΓΜ)

10.Δίνεται ο κύκλος (Ο,R) και οι χορδές του ΑΒ=R 3 ,ΒΓ= R και ΓΔ= 2R .

α)Να βρείτε το μήκος της χορδής ΑΔ,συναρτήσει της ακτίνας R.

β)Να βρείτε το λόγο (ΒΓΔ)

(ΑΒΔ)

γ)Αν Ε η προβολή του Γ πάνω στη ΒΔ και Μ το μέσο της ΑΔ,να αποδείξετε ότι

ΒΕ=ΟΜ

11.Στην πρωτεύσα της Ιαπωνίας,το Τόκιο,τον Ιούλιο του 2003 διεξήχθει η

Παγκόσμια Ολυμπιάδα των Μαθηματικών.Ένα πάρκο της πρωτεύουσας έχει σχήμα

κανονικού εξαγώνου ΑΒΓΔΕΖ πλευράς 2Κm.Ένας μαθητής που θα συμμετάσχει

στον διαγωνισμό,περπατάει κατά μήκος της περιμέτρου του πάρκου,αρχίζοντας από

Ρ

Ο

Α

Β

Γ

Δ

Μ



103

την κορυφή Α και ακολουθώντας την διαδρομή ΑΒΓΔΕΖΑ φτάνει σε ένα σημείο Μ

έχοντας διανύσει μήκος 5 Κm.

a)Na υπολογίσετε το υπόλοιπο της διαδρομής

β)Να βρείτε το εμβαδόν του πάρκου

γ)Να υπολογίσετε το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος ΑΜ

12.Στο παρακάτω σχήμα δίνεται κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας R=10.

To τμήμα ΑΒ μήκους 96 εφάπτεται στο σημείο Β του κύκλου (Ο,R).Το τμήμα ΑΓ

της τέμνουσας ΑΓΔ έχει μήκος 6.

α)Να αποδείξετε ότι η ΓΔ είναι πλευρά κανονικού εξαγώνου εγγεγραμμένου στον

κύκλο (Ο,R).

β)Στο κανονικό εξάγωνο πλευράς ΓΔ,να βρείτε:

ι)το απόστημα α6 ιι)το εμβαδόν Ε6 ιιι)τη γωνία φ6.

Γ

Ο

ΑΔ

Β



104

Βασικες εννοιες και σχεσεις που ισχυουν στον κυκλο

1. Το μήκος L του κύκλου ακτίνας R δίνεται από τη σχέση L = 2πR

2. Ένα τόξο , μετρημένο σε μοίρες μο , κύκλου ακτίνας R έχει μήκος = 180

R

3. Ακτίνο (rad) ονομάζεται ένα τόξο κύκλου με μήκος R.

4. Ένα τόξο , μετρημένο σε ακτίνια α , κύκλου ακτίνας R έχει μήκος = αR

5. Η σχέση που μετατρέπει μια γωνία από μοίρες σε ακτίνια και αντίστροφα είναι:

180

6. Το εμβαδόν Ε ενός κυκλικού δίσκου ακτίνας R δίνεται από τη σχέση E = πR2.

7. Θεωρούμε έναν κύκλο (O,R) και μία επίκεντρη γωνία ΑÔΒ. Το σύνολο των

κοινών σημείων της επίκεντρης γωνίας ΑÔΒ και του κυκλικού δίσκου (O,R) λέγεται

κυκλικός τομέας κέντρου Ο και ακτίνας R. Το εμβαδόν ενός κυκλικού τομέα (ΟΑΒ)

δίνεται από τις σχέσεις: (Ο

AB ) = 22

R2

1

360

R

8. Έστω ένας κύκλος (O,R) και μια χορδή του ΑΒ . Η ΑΒ χωρίζει τον κυκλικό δίσκο

σε δύο μέρη που βρίσκονται εκατέρωθεν αυτής. Καθένα από αυτά τα μέρη λέγεται

κυκλικό τμήμα. Το εμβαδόν ε του κυκλικού τμήματος που περιέχεται στην κυρτή

γωνία ΑΟΒ είναι ε = (Ο

AB ) – ( ΟΑΒ)



105

ΔΑΒ Γ



1.

Πάνω σε ευθεία ε θεωρούμε διαδοχικά τα σημεία Α, Β, Γ και Δ. Αν 1

L , 2

L ,

3L και L είναι τα μήκη των κύκλων με διαμέτρους ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΑΔ

αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι 1

L + 2

L + 3

L = L .

Λύση

1

L + 2

L + 3

L = 22

+ 2

2

+2

2

= (ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ)= ΑΔ= 22

= L

2.

Να βρείτε το μήκος του εγγεγραμμένου κύκλου σε κανονικό εξάγωνο πλευράς 10cm.

Λύση

Η ακτίνα του κύκλου θα είναι το απόστημα 6

R 3

2 =

10 35 3

2

L = 2 5 3 = 10 3

3.

Να βρεθεί το μήκος του τόξου που αντιστοιχεί στην πλευρά κανονικού 10-γώνου

εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας 5cm.

Λύση

Oι μοίρες του τόξου είναι μ = 360

10 = 36.

Το μήκος του τόξου θα είναι R .5.36

cm180 180



106

4.

Όταν ένα ποδήλατο διανύει μια απόσταση, ο ένας τροχός του που έχει ακτίνα R

κάνει ν στροφές, ενώ ο άλλος που έχει ακτίνα ρ κάνει 2ν στροφές. Να

αποδείξετε ότι R = 2ρ.

Λύση

Ο κύκλος ακτίνας R έχει μήκος 2 R , άρα διανύει απόσταση ν. 2 R .

Ο κύκλος ακτίνας ρ έχει μήκος 2 , άρα διανύει απόσταση 2ν. 2 .

Διανύουν, όμως, την ίδια απόσταση

Άρα ν. 2 R = 2ν. 2 R = 2ρ.

5.

Δίνεται κύκλος (Ο,R) και τα διαδοχικά του σημεία Α, Β, Γ, ώστε να είναι ΑΒ =

R 2 και ΒΓ = R 3 . Να βρεθούν τα μήκη των τόξων AB , B και ως

συνάρτηση του R.

Λύση

ΑΒ = R 2 AB = 90ο

= R90

180

=

R

2

ΒΓ = R 3 B = 120ο

= R120

180

=

2 R

3

= 360ο – 90ο – 120ο = 150ο

= R150

180

=

5 R

6


1.

Με διάμετρο την ακτίνα ΟΑ ενός κύκλου (Ο,R) γράφουμε κύκλο (Κ) και από το

Ο φέρουμε ημιευθεία που τέμνει τον κύκλο (Ο) στο Γ και τον κύκλο (Κ) Στο Δ.

Να αποδείξετε ότι τα τόξα και έχουν ίσα μήκη.



107

θ

11

Δ

KO Α

Γ

KB O A

Λύση

Έστω θ σε μοίρες η γωνία ˆ

ΚΔ = ΚΟ 1

= θ

1

= 2 θ σαν εξωτερική του τριγώνου ΚΟΔ

= R

180

=

R2

2

180

=

R

180

Άρα

=

2.

Να αποδείξετε ότι το μήκος του κύκλου, που εφάπτεται σε δύο ομόκεντρους

κύκλους, ισούται με το ημιάθροισμα ή την ημιδιαφορά των μηκών αυτών, όταν

αντίστοιχα ο κύκλος αυτός περιέχει στο εσωτερικό του ή όχι το μικρότερο κύκλο.

Λύση

Έστω Ο το κέντρο των δύο ομόκεντρων κύκλων και Κ το κέντρο του τρίτου.

Ονομάζουμε Α, Β τα σημεία επαφής του κύκλου (Κ) με το μεγάλο και μικρό κύκλο

(Ο) αντίστοιχα.

Οπότε τα Α και Β θα ανήκουν στη διάκεντρο ΟΚ.

Ονομάζουμε 1

L το μήκος του μεγάλου κύκλου (Ο), 2

L του μικρού και L το μήκος

του κύκλου (Κ).

Όταν ο κύκλος (Κ) περιέχει στο εσωτερικό του το μικρό κύκλο (Ο).

1

L + 2

L = 2 π ΟΑ + 2 π ΟΒ

= 2 π (ΟΑ + ΟΒ)

= 2 π (ΑΒ)

= 2 π (2 ΚΑ)

= 2 (2 π ΚΑ) = 2 L



108

KOAB

Όταν κύκλος (Κ) δεν περιέχει στο εσωτερικό του το μικρό κύκλο (Ο).

1

L – 2

L = 2 π ΟΑ – 2 π ΟΒ

2 π (ΟΑ – ΟΒ)

2 π (ΑΒ)

2 π (2 ΚΑ)

2 (2 π ΚΑ) = 2

3.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με α = 13cm, β = 14cm και γ = 15cm. Να βρείτε το μήκος

i) του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου

ii) του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου

Λύση

2τ = α + β + γ = 13 + 14 + 15 = 42 τ = 21, τ – α = 8, τ – β = 7, τ – γ = 6

Ε = (ΑΒΓ) = 3 4 2 2 221.8.7.6 3.7.2 .7.2.3 2 .3 .7 2 .3.7 84

Γνωρίζουμε ότι Ε = τ ρ ρ = E

=

84

21 = 4

Άρα L

= 2 π 4 = 8 π cm

Γνωρίζουμε ότι E = 4R

4RΕ = αβγ

4 R.84 = 13.14.15

336 R = 2730

2730

R336

65

R4

Άρα .L 2 65

4 =

65

2



109

R

K

O


1.

Δίνεται κύκλος (Ο,R) και ισόπλευρο τρίγωνο εγγεγραμμένο σε αυτόν. Να βρεθεί το

εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

Λύση

Η ακτίνα ΟΚ του εγγεγραμμένου κύκλου

του

τριγώνου είναι ίση με το απόστημα 3

= R

2

(O,OK)L = 2 2

R R

2 4

= 2

R

4

2.

Δίνεται κύκλος (Κ) και τόξο του AB = 60ο. Αν το τόξο AB έχει μήκος

4π cm, να βρείτε το εμβαδόν του κύκλου (Κ).

Λύση

Έστω R η ακτίνα του κύκλου (Κ)

AB = 4π

R.60

180

= 4π

R

3 = 4 R = 12

2 2

(K)E R .12 = 144π 2

cm

3.

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α. Γράφουμε τα τόξα των κύκλων (Α,α),

(Β, α) και (Γ, α) που περιέχονται στις γωνίες A , B και αντίστοιχα. Να

υπολογίσετε ως συνάρτηση του α την περίμετρο και το εμβαδόν του

καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.



110

Α

Β Γ

k

R

μ3

μ2

μ1

Δ Γ

ΟΑ Β

Λύση

B

= .60

180 3

Περίμετρος = 3. B

=

B =

=

= 2 260 3

360 4

=

2 23

6 4

Εμβαδόν καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ = 3.B + (ΑΒΓ)

= 32 2

3( )

6 4

+

23

4

= 2 2

33

2 4

+

23

4

= 2 2

32

2 4

= 2 2

3

2 2

=

2

32

Στο διπλανό σχήμα έχει σχεδιαστεί ένα

ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ = 2R και

εξωτερικά του τα ίσα ημικύκλια με

διαμέτρους ΟΑ, ΑΔ, ΔΓ και ΓΒ.

Αν 1 , 2

, 3 είναι τα

εμβαδά των τριών σχηματιζόμενων μηνίσκων κα το εμβαδόν του ημικυκλίου,

να αποδείξετε ότι :

1 + 2

+ 3 + = (ΑΒΓΔ).



111

Λύση

ΑΔ = ΔΓ = ΓΒ 0A 60

τα τρίγωνα ΟΑΔ, ΟΔΓ, ΟΓΒ είναι ίσα ισόπλευρα πλευράς R.

Άρα Ε = 2

R 3

4

=

– (ΟΑΔ) =

2 2R 60 R 3

360 4

=

2 2R R 3

6 4

1 =

ί –

=

2R

2

2

–

2 2R R 3

6 4

= 2

R

8

–

2 2R R 3

6 4

=

2 23 R 4 R

24

2R 3

4

= 2

R 3

4 –

2R

24

= 2

= 3

1 + 2

+ 3 + = 3 1

+

= 32 2

R 3 R

4 24

+

2R

2

2

= 2

3R 3

4 –

2R

8

+

2R

8

=

23R 3

4 (1)

(ABΓΔ) = 3(ΟΑΔ) = 3 2

R 3

4 =

23R 3

4 (2)

(1), (2) 1 + 2

+ 3 + = (ΑΒΓΔ).



112

Γ Β

K

ΑΛ Μ

5.

Τρεις ίσοι κύκλοι ακτίνας R εφάπτονται εξωτερικά ανά δύο στα σημεία Α, Β και

Γ. Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ,

ως συνάρτηση του R.

Λύση

Έστω Κ, Λ, Μ τα κέντρα των κύκλων.

Είναι ΚΛ = ΛΜ = ΜΚ = 2R

Άρα (ΚΛΜ) =

22R 3

4 = 2

R 3

=

2R 60

360

=

2R

6

Εμβαδόν καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ =

(ΚΛΜ) – 3 = 2

R 3 – 3 2

R

6

= 2

R 3 – 2

R

2

= 2

R2 3

2


1.

Δίνεται κύκλος (Ο,R) και ακτίνα του ΟΑ. Στην προέκταση της ΟΑ προς το Α

παίρνουμε σημείο Β, ώστε ΟΑ = ΑΒ. Αν ΒΓ είναι το εφαπτόμενο τμήμα που άγεται

από το Β προς τον κύκλο, να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν του

μικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ, ως συνάρτηση του R.



113

Γ

ΑΟ

Β

Λύση

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΟΒ είναι

ΟΓ = OB

2, άρα 0

B 30 , άρα

0O 60

R60 R

180 3

Πυθαγόρειο στο τρίγωνο ΓΟΒ:

2

= 2 – 2

= 2

2R – 2

R

= 42

R – 2

R = 32

R ΓΒ = R 3

Περίμετρος του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ =

+ ΓΒ + ΒΑ

= R

3

+ R 3 + R

= R3 3 3

3

Εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ = (ΓΟΒ) –

= 1

2ΓΒ.ΟΓ –

2R 60

360

= 1

2 R 3 .R –

2R

6

=

2R

3

2 6

2.

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α και τα τόξα B και των κύκλων

(Α, α) και (Δ, α) αντίστοιχα. Να βρεθεί το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου

μέρους του τετραγώνου.



114

2

1

Κ

ΔΑ

Β Γ

Λύση

Από το εμβαδόν του τετραγώνου θα

αφαιρέσουμε τα δύο ίσα λευκά μικτόγραμμα

τρίγωνα.

Για το εμβαδόν μ του μικτόγραμμου

τριγώνου AKB , από τον κυκλικό τομέα AKB θα αφαιρέσουμε το κυκλικό τμήμα

ΑΚ.

Τρίγωνο ΚΑΔ ισόπλευρο 1

A = 60ο 2

A = 30ο

AK =

– (ΔΑΚ) =

260

360

–

23

4

= 2

6

–

23

4

μ = –

AK =

230

360

–

2 23

6 4

= 2

12

–

2

6

+

23

4

= 2

3

4

–

2

12

Ζητούμενο εμβαδόν = (ΑΒΓΔ) – 2μ = 2 – 2

2 23

4 12

= 2 –

23

2

+

2

6

= 2

31

2 6



115

Β

Α

Κ Λ

Γ

Δ

Α Β

3.

Δύο ίσοι κύκλοι ακτίνας R έχουν διάκεντρο ίση με R 2 . Να βρεθεί το εμβαδόν

του κοινού τους μέρους.

Λύση

Είναι

2

KA + 2

A =

2

2 2 2 2R R 2R R 2

Άρα ˆ= 1∟

Άρα ο ρόμβος ΚΑΛΒ είναι τετράγωνο

Ζητούμενο εμβαδόν = δύο κυκλικά τμήματα ΑΒ = 2 ( – (ΚΑΒ) )

= 2 2

R 90 1R R

360 2

=

2R

2

–

2R =

2R 1

2

4.

Δίνεται ένα ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ και στο εσωτερικό του τα ημικύκλια διαμέτρων

ΑΓ και ΓΒ, όπου Γ σημείο της διαμέτρου ΑΒ. Η κάθετος της ΑΒ στο Γ τέμνει

το αρχικό ημικύκλιο στο Δ. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του χωρίου που

περικλείεται μεταξύ των τριών ημικυκλίων ( άρβηλος του Αρχιμήδη ) είναι ίσο με

το εμβαδόν του κύκλου διαμέτρου ΓΔ.

Λύση

Εμβ. μεταξύ των τριών ημικυκλίων =

ημικ. διαμέτρου ΑΒ – ημικύκλιο. διαμέτρου ΑΓ – ημικύκλιο διαμέτρου ΓΒ =

=

2AB

2

2

–

2A

2

2

–

2B

2

2

=

2

8

–

2

8

–

2

8

=



116

1

x

x xΕΔ

K

Γ

O

Α Β

2 2 2

8

= 2 2 2

( )8

=

2 2 2 22 .

8

Εμβαδόν μεταξύ των τριών ημικυκλίων = 4

ΑΓ. ΓΒ (1)

Εμβαδόν του κύκλου διαμέτρου ΓΔ = 2

2

= 2

2

4 4

(2)

Από τις (1), (2), αρκεί να ισχύει 2

= ΑΓ. ΓΒ, το οποίο συμβαίνει, αφού το

τρίγωνο ΔΑΒ είναι ορθογώνιο με ύψος ΔΓ.

5.

Δίνεται κύκλος (Ο,R) και τόξο του = 60ο. Να βρεθεί το εμβαδόν του

εγγεγραμμένου κύκλου στον κυκλικό τομέα .

Λύση

Έστω (Κ,x) ο εγγεγραμμένος κύκλος

στον κυκλικό τομέα και Γ, Δ, Ε τα σημεία

επαφής. ΚΔ = ΚΕ ΟΚΓ διχοτόμος της Άρα

1

= 30ο OK

x2

ΟΚ = 2 x

Είναι ΟΚ + ΚΓ = R 2 x + x = R

3 x = R x = R

3

E = 2 2

2 R Rx

3 9



117


1. Να συμπληρώσετε τον παρακάτω πίνακα,ο οποίος αναφέρεται σε τόξα κύκλου

ακτίνας R=6.

Γωνία Τόξου

σε μοίρες

Γωνία Τόξου

σε ακτίνια

Μήκος Τόξου

40

π10

10π

3

π

2

72

2. Δύο τόξα ΑΒ και ΓΔ ενός κύκλου (Ο,R) έχουν μέτρα 36ο και π

8 rad

αντίστοιχα.Αν το τόξο ΑΒ έχει μήκος 8π cm,να βρείτε:

α)την ακτίνα R,

β)το μήκος του τόξου ΓΔ

3.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ,με:

Α=90ο , ΑΒ=5cm και ΑΓ=12cm

Na βρείτε το μήκος:

α)του περιγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ,

β) του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ

4.Ο εγγεγραμμένος κύκλος ενός κανονικού εξαγώνου έχει μήκος π 108 .

Να βρείτε:

α)το μήκος του περιγγεγραμμένου κύκλου του εξαγώνου,

β)το εμβαδόν του εξαγώνου

5.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ,με Α=90ο ΑΒ=2cm και ΑΓ=2 3 .Γράφουμε το

τόξο ΑΔ του κύκλου (Β,ΒΑ) και το τόξο ΔΕ του κύκλου (Γ,ΓΔ).Να βρείτε την

περίμετρο του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΔΕ.



118

6.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ,με Α=90ο ,και το ύψος του ΑΔ.Αν l1 , l2 ,l3 είναι

τα μήκη των ημικυκλίων με διαμέτρους ΒΔ,ΒΓ και ΑΓ αντίστοιχα,να αποδείξετε ότι:

l23= l2(l2- l1)

7.Στο παρακάτω σχήμα δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς 10 3

εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Ο και ακτίνας R.

α)Να υπολογίσετε την ακτίνα R

β)Να υπολογίσετε το μήκος του τόξου ΑΓΒ

γ)Να υπολογίσετε το εμβαδόν κανονικού εξαγώνου που εγγράφεται στο κύκλο.

8.Σε κύκλο (Ο,R) είναι εγγεγραμμένο τετράγωνο ΑΒΓΔ και έστω (Ο,ρ) ο

εγγεγραμμένος κύκλος του ΑΒΓΔ.

Να βρείτε:

α)το εμβαδόν του χρωματισμένου χωρίου

β)το λόγο των εμβαδών των κύκλων (Ο,R) και (Ο,ρ)

9.Ένας κύκλος (Ο,R) έχει μήκος π 72 cm.Να βρείτε την ακτίνα του κύκλου (Κ,ρ)

που έχει διπλάσιο εμβαδόν από τον κύκλο (Ο,R).

R

Ο

B

A

Γ



119

10.Δίνονται δύο ομόκεντροι κύκλοι (Ο,R) και (Ο,ρ) με R>ρ,και μία χορδή ΑΒ του

(Ο,R) που εφάπτεται στον (Ο,ρ).

Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου που ορίζεται από τους

κύκλους (Ο,R) και (Ο,ρ) ισούται με το εμβαδόν του κύκλου με διάμετρο ΑΒ.

11.Στο τετράγωνο ΑΒΓΔ του παρακάτω σχήματος με διαγώνιο ΒΔ=2 2 οι πλευρές

ΒΓ,ΑΔ είναι διάμετροι των ημικυκλίων.


α)την πλευρά του τετραγώνου

β)το εμβαδόν του τετραγώνου

γ)το εμβαδόν του χρωματισμένου χωρίου

12.Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς 4 cm.Με διαμέτρους ΑΔ και ΒΓ γράφουμε

κύκλους που εφάπτονται στο σημείο Μ,όπως φαίνεται στο σχήμα.

M

O

Α Β



120


α)το εμβαδόν του τριγώνου ΜΚΒ,όπου Κ το μέσο το μέσο της ΒΓ,

β)το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΜΒ

13.Με διαμέτρους τις πλευρές τετραγώνου ΑΒΓΔ πλευράς α γράφουμε ημικύκλια

μέσα στο τετράγωνο.

Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν του χρωματισμένου χωρίου που

σχηματίζεται.

14.Τρεις κύκλοι

(Ο1,R1), (O2,R2) και (O3,R3)

εφάπτονται ανά δύο εξωτερικά στα σημεία Α,Β και Γ.Αν R1=R2= 2 kαι R3=2- 2

,τότε:

α)Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο Ο1Ο2Ο3 είναι ορθογώνιο,

β)Να υπολογίσετε την περίμετρο του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ,

γ)Να υπολογίσετε το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.

15.Σε κύκλο (Ο.R) θεωρούμε τις διαδοχικές χορδές ΑΒ=R 2 ,BΓ=R 3

Na υπολογίσετε συναρτήσει της ακτίνας R:

α)το εμβαδόν του κυκλικού τομέα ΟΑΓ ,που αντιστοιχει στην κυρτή γωνία ΑΟΓ,



121

β)το άθροισμα των εμβαδών των κυκλικών τμημάτων Τ1,Τ2,Τ3

γ)τη χορδή ΑΓ

16.Σε ένα κύκλο (Ο,R) είναι εγγεγραμμένο ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ,με πλευρά

ΑΒ=15.Να βρείτε:

α)την ακτίνα R του κύκλου,

β)το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου (Ο,R),

γ)το εμβαδόν του ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ,

δ)το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τον κύκλο και το ισόπλευρο τρίγωνο.

Documents

102266181-ΦΥΛΛΑΔΙΟ-ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ-Β-ΛΥΚΕΙΟΥ-2012-2013(1)