ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β’ΛΥΚΕΙΟΥ · 4. Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι α < β . Με ποια ανισοτική σχέση συνδέονται τα υα και

57 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Β’ΛΥΚΕΙΟΥ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10ο

ΕΜΒΑΔΑ

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ


ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10ο

ΕΜΒΑΔΑ

Πολυγωνικά χωρία - Πολυγωνικές επιφάνειες

1. Τι καλούμαι πολυγωνικό χωρίο και πως ονομάζεται αυτό ; Πότε δύο

πολυγωνικά χωρία λέγονται ίσα και τι καλείται πολυγωνική επιφάνεια;

Ας θεωρήσουμε ένα πολύγωνο, για παράδειγμα ένα πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ .Το

πολύγωνο μαζί με τα εσωτερικά του σημεία αποτελούν ένα χωρίο, που λέγεται

πολυγωνικό χωρίο που ορίζεται από το ΑΒΓΔΕ.

Ένα πολυγωνικό χωρίο που ορίζεται από τρίγωνο, τετράπλευρο, ... , ν-γωνο λέγεται

αντίστοιχα τριγωνικό, τετραπλευρικό, ... , ν-γωνικό.

Επίσης, δύο πολυγωνικά χωρία λέγονται ίσα όταν τα αντίστοιχα πολύγωνα είναι ίσα

Τέλος ένα σχήμα που αποτελείται από πεπερασμένο πλήθος πολυγωνικών χωρίων,

που ανά δύο δεν έχουν κοινά εσωτερικά σημεία, λέγεται πολυγωνική επιφάνεια.

2. Τι καλείται εμβαδόν πολυγωνικού χωρίου και πως συμβολίζεται αυτό ;

Έστω, λοιπόν ένα πολυγωνικό χωρίο S. Όπως και στα ευθύγραμμα τμήματα, μέτρηση

του χωρίου S λέμε τη σύγκρισή του με ένα άλλο επίπεδο χωρίο σ, το οποίο

επιλέγουμε ως μονάδα. Η σύγκριση αυτή οδηγεί σε μια σχέση της μορφής: S = λ • σ,

όπου λ θετικός αριθμός.


Ο θετικός αριθμός λ λέγεται εμβαδόν του πολυγωνικού χωρίου S και συμβολίζεται με

(S).

(Στην περίπτωση μας είναι λ = 7,5 δηλαδή S= 7.5 • σ ).

Πολλές φορές το εμβαδόν ενός πολυγωνικού χωρίου ή μιας πολυγωνικής επιφάνειας

θα το συμβολίζουμε απλά με το γράμμα Ε.

Επίσης, στα επόμενα, θα λέμε εμβαδόν τριγώνου, τετραπλεύρου και γενικά

πολυγώνου και θα εννοούμε το εμβαδόν του αντίστοιχου πολυγωνικού χωρίου.

3. Ποιες ιδιότητες (αξιώματα) δεχόμαστε ότι ισχύουν για το εμβαδόν ; Τι

προκύπτει από τα αξιώματα αυτά ; Τι ονομάζουμε ισοδύναμα σχήματα

και ποιο θεώρημα ισχύει για το εμβαδόν του τετραγώνου ;

Για το εμβαδόν δεχόμαστε ότι ισχύουν οι επόμενες ιδιότητες (αξιώματα):

• Ίσα πολυγωνικά χωρία έχουν ίσα εμβαδά.

• Αν ένα πολυγωνικό χωρίο (ή μια πολυγωνική επιφάνεια) χωρίζεται σε

πεπερασμένου πλήθους πολυγωνικά χωρία, που δεν έχουν κοινά εσωτερικά

σημεία, τότε το εμβαδόν του ισούται με το άθροισμα των εμβαδών των

επιμέρους πολυγωνικών χωρίων.

Για παράδειγμα, για το εμβαδόν του πολυγωνικού χωρίου ΑΒΓΔΕΖ του (σχ. 5)

έχουμε:

(ΑΒΓΔΕΖ) = (ΑΒΓ) + (ΑΓΔΖ) + (ΖΔΕ)

Επίσης δεχόμαστε ότι:

• Το εμβαδόν ενός τετραγώνου πλευράς 1 είναι 1.

Από τα παραπάνω αξιώματα προκύπτει ότι:

• Αν ένα πολύγωνο Ρ περιέχεται στο εσωτερικό ενός άλλου πολυγώνου Π, τότε το

εμβαδόν του Ρ είναι μικρότερο του εμβαδού του Π.

Είδαμε παραπάνω ότι αν δύο πολυγωνικά χωρία είναι ίσα, τότε έχουν ίσα εμβαδά. Το

αντίστροφο είναι φανερό ότι δεν ισχύει.

Δύο σχήματα που έχουν το ίδιο εμβαδόν λέγονται ισοδύναμα ή ισεμβαδικά.

Έτσι σχήματα που δεν είναι ίσα μπορούν να συγκρίνονται ως προς το εμβαδόν τους.


Θεώρημα: Το εμβαδόν Ε ενός τετραγώνου πλευράς α είναι α

2, δηλαδή: Ε = α

2.

4. Να διατυπώσετε και να αποδείξετε το θεώρημα που ισχύει για το εμβαδόν

ορθογωνίου.

Θεώρημα Ι

Το εμβαδόν ενός ορθογωνίου ισούται με το γινόμενο των πλευρών του. Δηλαδή αν α, β, οι πλευρές και Ε το εμβαδόν είναι:

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 είναι φανερό ότι 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) = β

2 και (ΓΘΗΖ) = (ΑΒΓΔ) (2)

Είναι φανερό όμως ότι

(ΑΙΗΕ) = (ΑΒΓΔ) + (ΓΘΗΖ) + (ΒΙΘΓ) + (ΔΓΖΕ),

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

(α + β)2 = 2(ΑΒΓΔ) + α

2 + β

2.

Από αυτή μετά τις πράξεις καταλήγουμε στη σχέση (ΑΒΓΔ) = α • β.


παραλληλογράμμου.

Θεώρημα ΙI

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

επί το ύψος που αντιστοιχεί σε αυτή.

όπου α, β οι πλευρές και υα, υβ τα αντίστοιχα ύψη.

Απόδειξη

Ας θεωρήσουμε ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και ας φέρουμε το ύψος ΑΖ που

αντιστοιχεί στη ΒΓ.

Θα αποδείξουμε ότι (ΑΒΓΔ)=ΒΓ • ΑΖ.


Από το Δ φέρουμε ΔΗ κάθετη στην προέκταση της ΒΓ. Τότε τα τρίγωνα ΖΒΑ και

ΗΓΔ είναι ίσα (Z = H= 90°, ΑΒ = ΔΓ και Β1 = Γ1), οπότε: (ΖΒΑ) = (ΗΓΔ) (1).

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

(1) προκύπτει ότι

(ΑΒΓΔ) = (ΑΖΓΔ) + (ΔΓΗ) = (ΑΖΗΔ).

Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα I έχουμε

(ΑΒΓΔ)=(ΑΖΗΔ)=ΑΔ • ΑΖ= ΒΓ • ΑΖ, που είναι το ζητούμενο.


τριγώνου.

Θεώρημα IΙI

Το εμβαδόν Ε ενός τριγώνου είναι ίσο με το ημιγινόμενο μιας πλευράς επί το

αντίστοιχο ύψος.

Απόδειξη

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

οποίου είναι

(ΑΒΓΔ) = α•υα (1).

Όμως τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΑΓ είναι ίσα, οπότε:

(ΑΒΓ) = (ΑΔΓ) (2).

Από το σχήμα έχουμε ότι (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ)+ (ΑΓΔ) η οποία, σύμφωνα με τις (1) και

(2), μετατρέπεται στην

α•υα = 2(ΑΒΓ) ή (ΑΒΓ) =

α•υα .


τραπεζίου , ποιο πόρισμα προκύπτει από το θεώρημα αυτό ;

Θεώρημα IV

Το εμβαδόν τραπεζίου ισούται με το γινόμενο του ημιαθροίσματος των βάσεών

του επί το ύψος του

όπου Β, β οι βάσεις του τραπεζίου και υ το ύψος του.


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) = 12 Β • υ και (ΑΒΔ) = 12 β • υ (2),

Με αντικατάσταση των σχέσεων (2) στην (1) προκύπτει ότι δηλαδή το ζητούμενο.

ΠΟΡΙΣΜΑ

Το εμβαδόν τραπεζίου ισούται με το γινόμενο της διαμέσου επί το ύψος του.

Απόδειξη

Αφού για την διάμεσος δ ενός τραπεζίου ισχύει δ=

τότε

Ε =

• υ = δ • υ.

8. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν Ε ενός ισόπλευρου τριγώνου πλευράς α

είναι ίσο με

Απόδειξη

Φέρουμε το ύψος ΑΔ το οποίο είναι και διάμεσος. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΑΓ,

σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα, έχουμε

9. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν ρόμβου ισούται με το ημιγινόμενο των

διαγωνίων του.

Απόδειξη

Είναι φανερό (σχ.12) ότι (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΔ) + (ΒΓΔ) (1).

Επειδή οι διαγώνιοι του ρόμβου είναι κάθετες και διχοτομούνται έχουμε:

Με αντικατάσταση των (2) στην (1) προκύπτει ότι Ε =

δ1 • δ2

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ Ο προηγούμενος τύπος ισχύει και στην περίπτωση οποιουδήποτε κυρτού ή μη

κυρτού, τετραπλεύρου με κάθετες διαγωνίους.


Πράγματι (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΔ) + (ΒΓΔ) =

ΒΔ • ΑΟ + 12 ΒΔ • ΟΓ =

ΒΔ (ΑΟ + ΟΓ)

=

ΒΔ • ΑΓ.

10. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ.

Αν ΑΜ διάμεσος του τριγώνου να αποδείξετε ότι :

(ΑΒΜ) = (ΑΜΓ).

Από την κορυφή Α να φέρετε τρεις ευθείες που να χωρίζουν το τρίγωνο σε

τέσσερα ισοδύναμα τρίγωνα.

Λύση

i) Φέρουμε το ύψος ΑΔ του τριγώνου ΑΒΓ (σχ. 15). Το ΑΔ είναι και ύψος στα

τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΜΓ, οπότε έχουμε

αφού το Μ είναι μέσο του ΒΓ.

ii) Από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει ότι οι ζητούμενες ευθείες είναι οι φορείς

των διαμέσων ΑΜ, ΑΚ και ΑΛ των τριγώνων ΑΒΓ, ΑΒΜ και ΑΜΓ αντίστοιχα.


Ασκήσεις σχολικού βιβλίου

Ερωτήσεις κατανόησης

1.Να γράψετε τους τύπους υπολογισμού του εμβαδού

i) Τετραγώνου

ii) Ορθογωνίου

iii) Παραλληλογράμμου

iν) Τριγώνου

ν) Τραπεζίου Απάντηση

i) Ε = α2

ii) Ε = α β iii) Ε = β υ iν) Ε = 1

2β υ v) Ε =

( )

2

υ

2. Ένα τετράγωνο έχει περίμετρο 16, πόσο είναι το εμβαδόν του;

Λύση

Η πλευρά του τετραγώνου α είναι : α = 4, άρα Ε =16

3. Ένα ορθογώνιο έχει διαστάσεις α = 9 , β = 4 και είναι ισοδύναμο με τετράγωνο

πλευρά x . Να βρεθεί το x

Λύση

x2

= 36 x = 6

4. Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι α < β . Με ποια ανισοτική σχέση συνδέονται τα υα

και υβ ;

Λύση

Είναι α υα = β υβ 1

αφού α < β άρα υβ < υα.

5. Αν ένας ρόμβος έχει μήκη διαγωνίων 4 και 5 , με τι ισούται το γινόμενο μίας

πλευράς του επί το αντίστοιχο ύψος;

Λύση

Αν α είναι η πλευρά του ρόμβου και υ το αντίστοιχο σ’ αυτή ύψος τότε είναι

Ε = 1 2

2

= α υ όπου δ1 , δ2 οι διαγώνιοι του ρόμβου. Οπότε α υ = 10

6. Ένας χωρικός αντάλλαξε έναν αγρό που είχε σχήμα τετραγώνου πλευράς 60 m

με έναν άλλο σχήματος ορθογωνίου με πλάτος 40 και περίμετρο ίση με την

περίμετρο του τετραγώνου . Έχασε ή κέρδισε ο χωρικός από αυτή την

ανταλλαγή ; Αιτιολογήστε την απάντηση .

Λύση

Η περίμετρος του τετραγώνου είναι 240m.

Το μήκος του ορθογωνίου είναι 240 80

2

= 80 .

Το εμβαδόν του τετραγώνου είναι Ε = 602

= 3600m2

και του ορθογωνίου είναι Ε΄ = 40∙80 = 3200m2

Άρα ο χωρικός έχασε από την ανταλλαγή .


α

Μ

Κ Ζ

ΔΑ

Β Γ

10

Κ

ΔΑ

Β Γ

Μ

8

1

6

600

Δ

Ε

Β Γ

Α

Ασκήσεις Εμπέδωσης

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

= 24 = 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.

Λύση Φέρουμε ΜΚΒΓ

(ΜΒΓ) = 1

2 ΒΓ. ΜΚ =

1

2 10 . 10 = 50,

επειδή όμως (ΑΒΓΔ) = 2

10 = 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

= 60ο

1 =

030 ΑΕ =

2

= 3.

Πυθαγόρειο στο τρ.ΕΑΒ:

2

=

2 26 3 = 36 – 9 = 27

= 3 3


Δ

Β Γ

Α Ε

Ζ

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

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 2

x y 5

22

x 7 x 25

2 2

x 49 14x x 25

2

2x 14x 24 0

2

x 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.


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 2

12 5

= 144 + 25 = 169 = 2

13 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 .


Β

Δ Γ

Α Σ

Θ

Δ

Ε

Β Γ

Α

Αποδεικτικές Ασκήσεις

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)

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)


ΔΒ Γ

Α

Σ

Ε

Ζ

ΔΒ Γ

Α

Σ

ΔΒ Γ

Α

Θ

Κ

Λ

Μ

Β Γ

Α Δ

Η

Θ

ΚΜ

Δ Γ

Α Β

Λύση

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

ΣΔ διάμεσος του τρ.ΣΒΓ (ΣΒΔ) = (ΣΔΓ)

Αφαιρούμε κατά μέλη

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)

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


21

1

Κ

Ζ

Θ

Δ

Ε

Β

Α

Γ

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

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 = 60

ο

Νόμος συνημιτόνων στο τρ.ΑΕΘ

2 2 2 0

1 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 = 30

ο ΑΚ = 1

2

Πυθαγόρειο στο τρίγωνο ΚΑΓ 2 2 2 2 2

2 1 = 4 – 1 = 3

Άρα ΚΓ = 3

(ΑΒΓ) = 1

2ΑΒ . ΓΚ =

1

21 3 =

3

2 (1)

(ΑΕΘ) = 1

2ΕΘ. ΑΕ =

1

2 3 1=

3

2 (2)

(ΑΒΔΕ) = 2

1 = 1 (3)

(ΑΓΖΘ) = 2

2 = 4 (4)

(1) + (2) + (3) + (4) (ΒΓΖΘΕΔ) = 3

2 +

3

2 + 1 + 4 = 5 + 3


Ε

B΄

Δ΄

Β Γ

Α

Δ

x + 18

x

x + 23

x + 5

Ν Μ

ΛK

Δ Γ

Α Β

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 εξωτερικά αυτού, μια δενδροστοιχία πλάτους 2,5m. Έτσι

αναγκάζεται να αγοράσει από τους γείτονές του 6952

m . 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.


Δ Γ

Α

Β

Ζ

Η

Θ

Ι

ΡΝ

Μ

ΔΒ Γ

Α

Σύνθετα Θέματα

1. Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Στις προεκτάσεις των ημιευθειών ΑΒ,

ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Ζ, Η, Θ και Ι, ώστε

ΒΖ = ΑΒ, ΓΗ = ΒΓ, ΔΘ = ΓΔ και ΑΙ = ΑΔ. Να αποδείξετε ότι:

i) (ΙΘΑ) = (ΑΘΔ) = (ΑΓΔ)

ii) (ΙΘΔ) + (ΖΗΒ) = 2(ΑΒΓΔ) και

iii) (ΙΖΗΘ) = 5(ΑΒΓΔ)

Λύση

Θυμίζουμε ότι: Κάθε διάμεσος τριγώνου χωρίζει το τρίγωνο σε δύο ισεμβαδικά

τρίγωνα.

i) ΘΑ διάμεσος του τριγώνου ΘΔΙ (ΙΘΑ) = (ΑΘΔ)

ΑΔ διάμεσος του τριγώνου ΑΘΓ (ΑΘΔ) = (ΑΓΔ)

ii) i) (ΙΘΔ) = 2(ΑΔΓ) και

ομοίως

(ΖΗΒ) = 2(ΑΒΓ)

Προσθέτουμε κατά μέλη

(ΙΘΔ) + (ΖΗΒ) = 2

(ΙΘΔ) + (ΖΗΒ) = 2(ΑΒΓΔ)

iii) Σύμφωνα με το ii) θα έχουμε (ΘΓΗ) + (ΙΑΖ) = 2(ΑΒΓΔ)

Άρα (ΙΖΗΘ) = (ΙΘΔ) + (ΖΗΒ) + (ΙΘΔ) + (ΖΗΒ) + (ΑΒΓΔ)

= 2(ΑΒΓΔ) + 2(ΑΒΓΔ) + (ΑΒΓΔ)

= 5(ΑΒΓΔ).

2. Σε τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε το μέσο Μ της διαμέσου ΑΔ, το μέσο Ν του

ΓΜ και το μέσο Ρ του ΒΝ. Να αποδείξετε ότι (ΜΝΡ) = 1

8(ΑΒΓ).

Λύση Φέρουμε το τμήμα ΒΜ.

ΜΡ διάμεσος του τριγώνου ΜΒΝ

(ΜΝΡ) = 1

2(ΜΒΝ) (1)

ΒΝ διάμεσος του τριγώνου ΒΜΓ

(ΜΒΝ) = 1

2(ΒΜΓ) (2)

(1) (ΜΝΡ) = 1

2

1

2(ΒΜΓ)


2

11

Κ

Η

Ζ

ΒΑ

Δ Γ

= 1

4(ΒΜΓ)

= 1

4 MB (3)

ΒΜ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΔ (ΜΒΔ) = 1

2(ΑΒΔ) και

ΓΜ διάμεσος του τριγώνου ΑΔΓ (ΜΔΓ) = 1

2(ΑΔΓ)

(3) (ΜΝΡ) = 1

4

1 1

2 2

=

1

4

1

2 =

1

8(ΑΒΓ).

3. Στις πλευρές ΒΓ και ΓΔ τετραγώνου ΑΒΓΔ πλευράς α παίρνουμε τα

σημεία Ζ και Η αντίστοιχα, ώστε ΖΓ = ΗΔ = 4

.

i) Να αποδείξετε ότι τα τμήματα ΑΖ και ΒΗ τέμνονται κάθετα σε σημείο Κ.

ii) Να υπολογισθούν τα μήκη των τμημάτων ΑΚ, ΑΗ και ΚΗ.

iii) Να υπολογισθεί το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΚΗΔ.

Λύση τρ.ΑΒΖ = τρ.ΒΓΗ αφού είναι ορθογώνια με

ΑΒ = ΒΓ και ΒΖ = ΓΗ = 3

4

1

= 1

Αλλά από το ορθ. τρίγωνο ΑΒΖ είναι

1

+ 2

= 90ο, άρα

1 +

2 = 90

ο

Έτσι, στο τρίγωνο ΚΒΖ είναι = 90ο.

ii ) Πυθαγόρειο στο τρ.ΒΑΖ:

2 =

2 +

2 =

2 +

23

4

=

2 +

29

16 =

225

16

Άρα ΑΖ = 5

4

Στο τρ.ΒΑΖ με ύψος ΒΚ: 2

= ΑΖ . ΑΚ

2

= 5

4 . ΑΚ ΑΚ=

4

5

Πυθαγόρειο στο τρ.ΑΔΗ: 2

= 2

+ 2

= 2

+

21

4

=

2 +

21

16 =

217

16

Άρα ΑΗ = 17

4

Πυθαγόρειο στο τρ.ΑΚΗ: 2

= 2

– 2

= 217

16 –

24

5

= 217

16 –

216

25


Λ

K Β

Δ Γ

Α

Ο

Γ

Α

ΟΒ Δ

= 2425 256

16.25

=

2169

16.25

Άρα ΚΗ = 13

20

iii) (ΑΚΗΔ) = (ΑΚΗ) + (ΑΔΗ) = 1

2ΑΚ . ΚΗ +

1

2ΑΔ . ΔΗ =

1

2

4

5

13

20 +

1

2

4

= 2 252 1

200 8 =

2 252 25

200 200 =

277

200

4.Θεωρούμε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και σημείο Ο στο εσωτερικό του

τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδείξετε ότι

i) (ΟΑΒ) + (ΟΓΔ) = (ΑΒΓ) και

ii) (ΟΑΓ) + (ΟΒΓ) = (ΟΓΔ)

Λύση Φέρουμε το ύψος ΚΟΛ.

(ΟΑΒ) + (ΟΓΔ) = 1

2ΑΒ .ΟΚ +

1

2ΔΓ. ΟΛ =

= 1

2ΔΓ (ΟΚ + ΟΛ) =

= 1

2ΔΓ. ΚΛ =

1

2(ΑΒΓΔ) (1)

Αλλά, κάθε διαγώνιος παραλληλογράμμου χωρίζει το παραλληλόγραμμο σε δύο ίσα

και, κατά συνέπεια ισεμβαδικά τρίγωνα. Δηλαδή (ΑΒΓ) = 1

2(ΑΒΓΔ) (2)

(1), (2) (ΟΑΒ) + (ΟΓΔ) = (ΑΒΓ)

ii) Στα δύο μέλη της αποδεικτέας ισότητας προσθέτουμε το (ΟΑΒ), οπότε αρκεί να

αποδείξουμε ότι (ΟΑΓ) + (ΟΒΓ) + (ΟΑΒ) = (ΟΓΔ) + (ΟΑΒ), ή αρκεί

(ΑΒΓ) = (ΟΓΔ) + (ΟΑΒ), που ισχύει από το i).

5.Αν ΑΒΓΔ και ΚΛΜΝ είναι ρόμβος πλευράς α και τετράγωνο πλευράς α

αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι (ΑΒΓΔ) (ΚΛΜΝ)

Λύση

Έστω 1 ,

2 οι διαγώνιοι του ρόμβου και Ο το

κέντρο του.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι 1

21

2

2 ,

ή αρκεί 1

2 2

2 (Α)

Πυθαγόρειο στο τρ.ΟΑΒ:

2

1

2

+

2

2

2

= 2

2

1

4

+

2

2

4

=

2

2

1

2

+

2

2

2

= 2

2 .


Από την (Α), αρκεί να αποδείξουμε ότι 1

2

2

1

2

+

2

2

2

ή αρκεί 21

2

2 2

1 2

ή αρκεί 0 2 2

1 2 - 2

1

2

ή αρκεί 0 2

1 2 , που ισχύει.


ΕΜΒΑΔΑ

Άλλοι τύποι για το εμβαδόν τριγώνου

1. Ποιοι τύποι προκύπτουν με τη βοήθεια του βασικού τύπου για το εμβαδόν

ενός τριγώνου ΑΒΓ, με τη βοήθεια του τ , όπου τ η ημιπερίμετρος του

τριγώνου δηλαδή τ =

και των δύο κύκλων που συνοδεύουν το κάθε

τρίγωνο δηλαδή του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο με ακτίνα R

και του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου με ακτίνα ρ.

Με τη βοήθεια του βασικού τύπου για το εμβαδόν ενός τριγώνου ΑΒΓ, με μήκη

πλευρών α, β, γ, προκύπτουν και οι επόμενοι τύποι: όπου τ η ημιπερίμετρος του

τριγώνου.

, όπου ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

όπου R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

Απόδειξη

(i) Αποδείξαμε ότι

(ii) 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, οπότε έχουμε:

(iii)


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.

Επομένως είναι

ΑΗ/ΑΒ = ΑΓ/ΑΔ ή βγ = 2Rυα οπότε έχουμε ότι υα =

και με αντικατάσταση στον

τύπο Ε =

αυα προκύπτει το ζητούμενο.

2. Ποιος είναι ο τριγωνομετρικός τύπος για το εμβαδόν ενός τριγώνου ;

Το εμβαδόν Ε ενός τριγώνου ΑΒΓ δίνεται και από τον (τριγωνομετρικό) τύπο:

Απόδειξη

Αν A β= γ • ημΑ.

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

υβ = γ • ημΑεξ = γ • ημ(180° - Α) = γ • ημΑ.

Έτσι και στις δύο περιπτώσεις έχουμε υβ=γ • ημΑ οπότε

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

Όμοια αποδεικνύονται και οι υπόλοιποι τύποι.

3. Να διατυπωθεί και να αποδειχθεί ο νόμος των ημιτόνων .

Νόμος των ημιτόνων

Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ να αποδειχθεί ότι

=

=

= 2R.

Απόδειξη

ή ημΑ =

ή

= 2R. Όμοια προκύπτει

= 2R,

= 2R, από τις οποίες

συμπεραίνουμε το ζητούμενο.

4. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με α = 13, β = 14 και γ = 15 (σχ.18). Να

υπολογίσετε:

(i) το εμβαδόν του,

(ii) τα ύψη του,


(iii) τις ακτίνες του εγγεγραμμένου και του περιγεγραμμένου κύκλου,

(iv) το εμβαδόν του τριγώνου με κορυφές τα μέσα των πλευρών του ΑΒΓ.

Απόδειξη




1.Με την βοήθεια του τύπου Ε = 1

2βγημΑ , να αποδείξετε ότι Ε ≤

1

2 βγ

Λύση

Ε = 1

2β γ ημΑ

1

2 βγ ∙1 =

1

2βγ

Η ισότητα ισχύει όταν ημΑ =1, δηλαδή = 90ο , δηλαδή σε ορθογώνιο τρίγωνο

2.Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι (ΑΒΓ) = 9 και ρ = 1,5 . Ποια είναι η περίμετρος του

τριγώνου;

Λύση

Ε = τ ∙ ρ 9 = 1,5 τ τ = 6 2τ = 12

3.Ποιοι είναι οι τύποι υπολογισμού του εμβαδού ενός τριγώνου;

Απάντηση

i) Ε =1

2α υα =

1

2β υβ =

1

2 υγ

ii) Ε =1

2β γ ημΑ =

1

2α γ ημΒ =

1

2β α ημΓ

iii) Ε = τ ρ

iν) Ε = 4R

ν) Ε= ( )( )( )


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.

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 ημ60

ο = 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.

Λύση

i)

Ε = 1

2ΑΒ . ΑΓ =

1

26 .8 = 24

ii)

Πυθαγόρειο: 2

= 2

+ 2

= 2 2

6 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∟

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) όμοια με =

iii) όμοια με <

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


γβ

H

Z

Β Γ

Α

γ β

1

ΗΖ

Β Γ

Α

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

ότι (ΑΖΗ) = (ΑΒΓ) 2

.

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

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


x

y

ε

A B

N

O

KM


1.i) Δίνεται γωνία ˆxOy και σταθερό σημείο Κ στο εσωτερικό αυτής. Από το

Κ φέρουμε μεταβλητή ευθεία ε, που τέμνει τις πλευρές Ox, Oy στα σημεία

Μ, Ν αντίστοιχα. Να Αποδείξετε ότι το άθροισμα

1 1

OKM

είναι

σταθερό.

ii) Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, σημείο Κ στο εσωτερικό του και τα τμήματα

ΑΑ΄, ΒΒ΄ και ΓΓ΄ που διέρχονται από το Κ. Αν 1

, 2

, . . . , 6

είναι

αντίστοιχα τα εμβαδά των τριγώνων ΑΚΓ΄, ΒΚΓ΄, ΒΑ΄Κ, ΓΚΑ΄, ΓΚΒ΄ και

ΑΚΒ΄, να αποδείξετε ότι 1

1

+

3

1

+

5

1

=

2

1

+

4

1

+

6

1

.

Λύση

i) Κατ’αρχήν, με οριακές θέσεις της ευθείας ε

μπορούμε να εντοπίσουμε την ποσότητα του

αθροίσματος.

Μια οριακή θέση της ε είναι να γίνει ΚΑ Oy.

Τότε το εμβαδόν (ΟΚΜ) γίνεται (ΟΚΑ) και το

(ΟΚΝ) απειρίζεται, οπότε το

1

μηδενίζεται,

αφού το Ν εξαφανίζεται στο άπειρο.

Αντίστοιχα σκεπτόμαστε, όταν η ε γίνει ΚΒ Ox.

Εδώ να παρατηρήσουμε ότι το ΟΑΚΒ είναι παρ/μμο, άρα (ΟΚΑ) = (ΟΚΒ)

Θα αποδείξουμε, λοιπόν, ότι

1 1

OKM

=

1

ή ότι

OKM

= 1

Τα τρίγωνα ΟΚΑ, ΟΚΜ έχουν κοινό ύψος από το Κ, άρα

=

=

=

Ομοίως

=

=

=

Άρα

OKM

=

+

=

= 1


1 6

5

432

Γ΄Κ

Β Γ

Α

Β΄

Α΄

ρα

ρα

ραΙα

Β Γ

Α

β

α

δ

γ

ΒΓ

Α

Δ

ii)

Από το i), με τέμνουσα ΓΚΓ΄, έχουμε

1

1

+

5 6

1

= c

και με τέμνουσα ΒΚΒ΄, έχουμε

6

1

+

1 2

1

= c

Άρα 1

1

+

5 6

1

=

6

1

+

1 2

1

(1)

Κυκλικά ανά δεύτερο δείκτη είναι 3

1

+

1 2

1

=

2

1

+

3 4

1

(2)

και 5

1

+

3 4

1

=

4

1

+

5 6

1

(3)

(1) + (2) + (3) 1

1

+

3

1

+

5

1

=

2

1

+

4

1

+

6

1

.

3.Αν

,

,

είναι οι ακτίνες των παρεγγεγραμμένων κύκλων τριγώνου

ΑΒΓ, να αποδείξετε ότι (ΑΒΓ) =

=

=

.

Λύση

(ΑΒΓ) = (ΑΒ ) + (ΑΓ

) – (

ΒΓ)

= 1

2

+ 1

2

– 1

2

= 1

2

(γ + β – α). (1)

Αλλά α + β + γ = 2τ

α + β + γ – 2 α = 2τ – 2 α

γ + β – α = 2(τ – α)

(1) (ΑΒΓ) = 1

2

2(τ – α) =

Ομοίως οι άλλες δύο ισότητες.

4.Έστω τετράπλευρο ΑΒΓΔ εγγράψιμο σε κύκλο. Αν θέσουμε ΑΒ = α, ΒΓ = β,

ΓΔ = γ και ΔΑ = δ, να αποδείξετε ότι

(2ο Θεώρημα Πτολεμαίου)

Λύση

Έστω R η ακτίνα του κύκλου.

Εφαρμόζοντας τον τύπο Ε = 4R

έχουμε

(ΑΒΓΔ) = (ΑΒΔ) + (ΓΒΔ) =


= . . 1

4R 4R 4R

(1)

(ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΔΓ) =

= . . 1

4R 4R 4R

(2)

(1) και (2) ΒΔ (αδ + βγ) = ΑΓ (αβ + γδ)


ΕΜΒΑΔΑ

Εμβαδόν και ομοιότητα

1. Να αποδείξετε ότι : αν δύο τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις, τότε ο λόγος των

εμβαδών τους ισούται με το λόγο των αντίστοιχων υψών, ενώ αν έχουν

ίσα ύψη, τότε ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το λόγο των

αντίστοιχων βάσεων.

Απόδειξη

Ας θεωρήσουμε δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α'ΒΓ' με εμβαδά Ε και Ε' αντίστοιχα. Τότε

είναι Ε =

αυα και Ε' =

α΄υα΄ , οπότε

=

΄ . Από την ισότητα αυτή προκύπτει

άμεσα ότι:

• Αν α = α΄, τότε

=

• Αν υα = υα΄, τότε

=

2. Ποιο θεώρημα ισχύει για τον λόγο των εμβαδών στην περίπτωση που τα

τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' είναι όμοια ; Να γίνει η απόδειξη του

θεωρήματος αυτού .

Θεώρημα Ι

Αν δυο τρίγωνα είναι όμοια τότε ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το

τετράγωνο του λόγου ομοιότητας.

Απόδειξη

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

A = A' και Β = B'.

Τότε

=

= λ (1), όπου λ ο λόγος ομοιότητας. Αλλά, όπως και παραπάνω,

είναι

=

•

(2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι

= λ

2 .


3. Ποιο θεώρημα ισχύει για τον λόγο των εμβαδών ομοίων πολυγώνων ; Να

γίνει η απόδειξη του θεωρήματος αυτού .

Θεώρημα ΙΙ

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

λόγου ομοιότητάς τους.

Απόδειξη

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

λόγο ομοιότητας:

Φέρουμε τις διαγωνίους 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, σύμφωνα με

το προηγούμενο θεώρημα και τη σχέση (1), θα έχουμε:

4. Ποιο θεώρημα ισχύει για το λόγο των εμβαδών τριγώνων με δύο γωνίες

ίσες ή παραπληρωματικές ; Να αποδειχθεί το θεώρημα αυτό.

Θεώρημα ΙIΙ

Αν μία γωνία ενός τριγώνου είναι ίση ή παραπληρωματική με μια γωνία ενός

άλλου τριγώνου, τότε ο λόγος των εμβαδών των δύο τριγώνων είναι ίσος με το

λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τις γωνίες αυτές.


Απόδειξη

Θεωρούμε τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' με A = A' ή A + A' = 180°

Τότε και στις δύο περιπτώσεις θα ισχύει ημΑ = ημΑ', οπότε από τις ισότητες

Ε =

β • γ ημΑ και Ε' =

β' • γ'ημΑ' .

με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει ότι

=

που είναι το ζητούμενο.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ε που διέρχεται από το Α και είναι παράλληλη

προς την πλευρά ΒΓ. Αν Μ σημείο της ε, να αποδείξετε ότι (ΜΒΓ) = (ΑΒΓ).

Απόδειξη

Φέρουμε τα ύψη ΑΔ και ΜΖ των τριγώνων ΑΒΓ και ΜΒΓ αντίστοιχα. Επειδή η ε

είναι παράλληλη προς τη ΒΓ, προκύπτει ότι ΑΔ = ΜΖ και επομένως τα τρίγωνα ΑΒΓ

και ΜΒΓ είναι ισεμβαδικά, επειδή έχουν κοινή βάση ΒΓ και ίσα ύψη.

Θεωρούμε τραπέζιο ΑΒΓΔ με βάσεις ΒΓ και ΑΔ και έστω Ο το σημείο τομής

των διαγωνίων του. Να αποδείξετε ότι:

Απόδειξη

(i) Είναι (ΟΑΒ) = (ΒΑΔ) - (ΟΑΔ) = (ΑΓΔ) - (ΟΑΔ) = (ΟΓΔ).

(ii) Τα τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΒΓ είναι όμοια (Ô1 = Ô2, Γ1 = A1) με λόγο

ομοιότητας AΔΒΓ και επομένως (OAΔ)/(ΟΒΓ) = AΔ2/ΒΓ

2

(iii) Τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΟΒΓ έχουν κοινή κορυφή Β και κοινό το ύψος από αυτήν,

επομένως (OAΒ)/(ΟΒΓ) = ΟΑ/ΟΓ.

Από την ομοιότητα όμως των τριγώνων ΟΑΔ και ΟΒΓ έχουμε τι ΟΑ/ΟΓ = ΑΔ/ΒΓ ,

οπότε (OAΒ)/(ΟΒΓ) = ΑΔ/ΒΓ.




1. Δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α΄Β΄Γ΄ έχουν υβ = υβ΄ και ( ) 3

( ) 2

.

ποιος είναι ο λόγος ΄

Α: 2

5 Β:

3

4

3

2 Δ:

9

4 Ε:

4

9

Κυκλώστε το γράμμα της σωστής απάντησης και αιτιολογήστε την απάντηση

σας .

Λύση

΄

1

( ) 21( )

΄2

3

2 ΄

2.Δύο ρόμβοι ΑΒΓΔ και Α΄Β΄Γ΄Δ΄ έχουν ˆ ˆ ΄ και 4

΄ ΄ 5

.

Να υπολογιστεί λόγος( )

( )

Λύση

Αφού ˆ ˆ ΄ οι γωνίες των ρόμβων θα είναι ίσες και επειδή επιπλέον ισχύει

4΄

΄ ΄ ΄ ΄ ΄ ΄ ΄ 5

οι ρόμβοι είναι όμοιοι με λόγο ομοιότητας λ =

4

5

οπότε 2( ) 16

( ) 25

3.Ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) είναι ισοδύναμο με ένα τρίγωνο

Α΄Β΄Γ΄ που έχει Α΄Β΄∙Α΄Γ΄=36 . Αν είναι ˆ ˆ ΄ 2└ , ποιο είναι το μήκος των

ίσων πλευρών του ισοσκελούς ;

Λύση

ˆ ˆ ΄ 2└ ( )

( ) ΄ ΄ ΄

1 =

2

36

ΑΒ = 6


Γ:


Β

Δ Γ

Α Μ

1

2

Β Γ

Α

Δ

Ζ

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

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


Ε Ζ

Β Γ

Α

Δ

M

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 .

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

=

=


Λ Κ

ΕΡ

Β Γ

Α

Δ

Ζ

Αποδεικτικές Ασκήσεις

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)

και

=

(3)

(1) + (2) + (3)

+

+

=

+

+

=

+

+

=

+

+

1 =

+

+

iii)

= 1

ομοίως

= ………. = 1

και

= ……… = 1

Προσθέτουμε κατά μέλη

+

+

= 3 –

+

+

= 3 – 1 = 2


1

1

xy

Ν

Μ

Ζ

ΔΒ Γ

Α

Ε

1 12

Γ

Δ

O

Α ΒΚ

Β Γ

Α

Δ Ε

2.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ˆ ˆ, 1 ∟ και το ύψος του ΑΔ. Στο ημιεπίπεδο

(ΒΓ,Α) φέρουμε ΒxΒΓ και ΓyΒΓ. 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).

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).

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)


1

2

Ι Κ

Μ

Λ

ΕΖ

Θ

Η

Δ Γ

ΑΒ

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)

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


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.


E4

E3

E2

E1 O

Β Γ

Α Δ


1.Θεωρούμε τετράπλευρο ΑΒΓΔ και έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων

του. Αν 1

, 2

, 3

και 4

είναι τα εμβαδά των τριγώνων ΑΟΒ, ΒΟΓ, ΓΟΔ

και ΔΟΑ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι 1

3

= 2

4

. Αν υποθέσουμε ότι η

ΑΔ είναι παράλληλη προς τη ΒΓ, τότε να αποδείξετε ότι

i) 1

= 3

, ii) 2

1 =

2

4 , iii)

1

1

4E, όπου Ε = (ΑΒΓΔ)

Λύση


2

= 4

3

Τα τρίγωνα ΑΟΒ, ΒΟΓ έχουν κοινό ύψος από το Β

άρα 1

2

=

και ομοίως 4

3

=

Άρα 1

2

= 4

3

i)


+ 2

= 3

+ 2

, δηλαδή ότι (ΑΒΓ) = (ΔΒΓ),

το οποίο συμβαίνει αφού ΑΔ ΒΓ.

ii)

Αφού 1

= 3

, η ισότητα 1

3

= 2

4

γίνεται

1

1

= 2

4

2

1 =

2

4

iii)

1

1

4E 4

1 E

41

1

+ 2

+ 3

+ 4

21

2

+ 4

(αφού 1

= 3

)

22 4

E E 2

+ 4

(αφού 2

1 =

2

4 )

4 2

4

2

2 4E E

4 2

4

2

2E + 2

2

4 +

2

4E

0 2

2E – 2

2

4 +

2

4E

0 2

2 4E E , που ισχύει.


Ε3Ε2

Ε1

Κ Η

Θ

Δ

Ι

ΖΒ Γ

Α

Σ

Ε

Β Γ

Α

Δ

Ζ

2. Από εσωτερικό σημείο Σ τριγώνου ΑΒΓ φέρουμε παράλληλες προς τις

πλευρές του. Αν 1

, 2

, 3

είναι τα εμβαδά των τριών τριγώνων που

σχηματίζονται, να αποδείξετε ότι

i) καθένα από τα τρίγωνα εμβαδών 1

, 2

, 3

είναι όμοιο με το ΑΒΓ

ii) 1

E +2

E +3

E = E , όπου Ε = (ΑΒΓ)

Λύση

i)

Λόγω των παραλλήλων, είναι προφανές ότι καθένα από τα τρία τρίγωνα έχει ίσες

γωνίες με το τρίγωνο ΑΒΓ

ii)

Αρκεί να δειχθεί ότι 1E

E+ 2

E

E+

3E

E= 1

Τρ.ΣΔΖ όμοιο ΑΒΓ

2

1E

E

1E

E =

Ομοίως 2E

E=

=

και

3E

E=

=

Άρα 1E

E+ 2

E

E+

3E

E =

+

+

=

=

= 1

3.Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε τις διχοτόμους ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ. Να αποδείξετε

ότι

i) (ΔΕΖ) =

2

(ΑΒΓ)

ii) (ΔΕΖ) 1

4(ΑΒΓ)

Λύση

i)

Τα τρίγωνα ΑΖΕ, ΑΒΓ έχουν κοινή

( )

( )

=

.

(ΑΖΕ) = 1

(ΑΒΓ)

(ΑΖΕ) = ( )( )

(ΑΒΓ) και κυκλικά


Β Γ

Α

K Λ

Η

Ζ

(ΒΔΖ) = ( )( )

(ΑΒΓ)

(ΓΕΔ) = ( )( )

(ΑΒΓ)

(ΔΕΖ) = (ΑΒΓ) – (ΑΖΕ) – (ΒΔΖ) – (ΓΕΔ) =

= (ΑΒΓ) – ( )( )

(ΑΒΓ) –

( )( )

(ΑΒΓ) –

( )( )

(ΑΒΓ)

= (1 – ( )( )

–

( )( )

–

( )( )

) (ΑΒΓ)

=

(ΑΒΓ)

= πράξεις στον αριθμητή……………………….. =

2

(ΑΒΓ)

ii) (ΔΕΖ) 1

4(ΑΒΓ)

2

(ΑΒΓ)

1

4(ΑΒΓ)

8

2 2 2 2 2 28

2 2 2 2 2 20 6

2 2 2 2 2 20 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )

2 2 2 2 2 2 20 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )

2 2 20 ( ) ( ) ( ) που ισχύει.

4.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημεία Κ, Λ των πλευρών ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα.

Από τα Κ, Λ να φέρετε δύο ευθείες που να χωρίζουν το τρίγωνο σε τρία

ισοδύναμα μέρη.

Λύση

Ανάλυση

Έστω ΚΖ η μία από τις ζητούμενες ευθείες.

Τότε (ΑΚΖ) = 1

3(ΑΒΓ)

=

1

3 (1)

Αρκεί να υπολογίσουμε το τμήμα ΑΖ

συναρτήσει γνωστών τμημάτων.


Τα τρίγωνα ΑΚΖ, ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία

=

.

.

(2)

(1), (2) .

.

=

1

3 3ΑΚ . ΑΖ = ΑΒ . ΑΓ ΑΖ =

.

3

Σύνθεση

Πάνω στην ΑΓ τοποθετούμε σημείο Ζ τέτοιο, ώστε ΑΖ = .

3

και φέρουμε

την ΚΖ.

Με τον ίδιο τρόπο κατασκευάζουμε και τη δεύτερη ζητούμενη ευθεία ΛΗ.


Β Γ

Α

Δ Ε

ΒΓ

Α

Δ

Γενικές 10ου

Κεφαλαίου

1.Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ε ΒΓ, που τέμνει τις πλευρές ΑΒ και

ΑΓ στα Δ και Ε αντίστοιχα.. Να αποδείξετε ότι:

i) (ΒΔΕ) = (ΓΔΕ)

ii) (ΒΑΕ) = (ΓΑΔ)

iii) (BAE) + (ΓΑΔ) = (ΑΒΓ) με την επί πλέον υπόθεση ότι τα Δ, Ε είναι μέσα

των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα.

Λύση

i)

Έχουν ίδια βάση ΒΓ και ίσα αντίστοιχα ύψη

αφού ΔΕ ΒΓ

ii)

Στα δύο μέλη της ισότητας του i) προσθέτουμε

το (ΑΔΕ)

iii)

Αρκεί να δειχθεί ότι (BAE) + (ΓΑΔ) = (ΒΑΕ) + (ΒΕΓ), ή

(ΓΑΔ) = (ΒΕΓ)

Επειδή ΓΔ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ (ΓΑΔ) = (ΓΔΒ)

και επειδή ΔΕ ΒΓ (ΓΔΒ) = (ΒΕΓ)

Άρα (ΓΑΔ) = (ΒΕΓ)

2.Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ της πλευράς του ΒΓ, ώστε

ΒΔ = 2

4

ΒΓ, λ > 0. Να αποδείξετε ότι:

i) (ΑΒΔ) = 2

4

(ΑΒΓ)

ii) (ABΔ) 1

4(ΑΒΓ)

iii) (ΑΓΔ) 3

4(ΑΒΓ)

Λύση

i) Tα τρίγωνα ΑΒΔ, ΑΒΓ έχουν ίδιο ύψος από

το Α

=

Από την υπόθεση, όμως έχουμε

=

24


1 2

ΒΓ

Α

Δ

Άρα

=

24

(ΑΒΔ) =

24

(ΑΒΓ)

ii)

(ABΔ) 1

4(ΑΒΓ)

1

4

2

4

1

4

2

4 4

2

0 4 4

2

0 2 που ισχύει

iii)

(ΑΓΔ) 3

4(ΑΒΓ) (ΑΒΓ) – (ΑΒΔ)

3

4(ΑΒΓ)

(ΑΒΓ) – 2

4

(ΑΒΓ)

3

4(ΑΒΓ)

1 – 2

4

3

4

1 – 3

4

24

1

4

24

2

4 4

2

4 4 0

2

2 0 που ισχύει

3.Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και η διχοτόμος του ΑΔ. Με τη θεωρία του εμβαδού να

αποδείξετε ότι

=

(Θεώρημα διχοτόμου).

Λύση

1 2

ˆ ˆ

=

.

.

=

(1)

Tα τρίγωνα ΑΒΔ, ΑΔΓ έχουν ίδιο ύψος από

το Α

=

(2)

(1), (2)

=


γ21

β=3γ

Ε

Β Γ

Α

Δ

4.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β = 3γ, ΑΔ μία διχοτόμος του και ΒΕ μία διάμεσός

του. Να αποδείξετε ότι:

i) (AΒΔ) = 1

3(ΑΔΓ)

ii) (ΑΒΔ).(ΔΕΓ) = (ΑΔΓ).(ΒΕΔ)

iii) (ΔΕΓ) = 3

8(ΑΒΓ)

Λύση

i)

1 2ˆ ˆ

=

.

.

=

1

3 3

(AΒΔ) =

1

3(ΑΔΓ)

ii)


=

Στο i) αποδείχθηκε ότι

=

1

3 (1)

Τα τρίγωνα ΒΕΔ, ΔΕΓ έχουν ίδιο ύψος από το Ε

=

Αλλά , από Θ. Διχοτόμου, έχουμε

=

1

3 3

Άρα

=

1

3 (2)

Από (1) και (2)

=

iii)


=

3

8

Αυτά τα τρίγωνα έχουν κοινή

=

.. 2

=

1

2

=

1

2

3

3

=

1

2

3

3 1 =

1

2

3

4 =

3

8

5.Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ = 6cm και = 120ο .

i) Να βρεθεί το εμβαδόν του.


Ζ

ΔΒ Γ

Α

Ε

Λ

Κ

Β Γ

Α Δ

Μ

ii) Αν Ε είναι σημείο της ΑΓ τέτοιο, ώστε ΑΕ = 1

3ΑΓ και ΑΔ το ύψος του

τριγώνου ΑΒΓ, να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΔΕΓ.

iii) Αν η παράλληλη από το Α προς τη ΒΓ τέμνει την προέκταση της ΔΕ στο

Ζ, να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΑΕΖ.

Λύση

i)

(ΑΒΓ) = 1

.2

= 1

26. 6 ημ

0120

= 183

2 = 9 3 .

ii)

Τα τρίγωνα ΔΕΓ, ΑΔΓ έχουν κοινή τη γωνία

. 2

. 3

άρα (ΔΕΓ) = 2

3(ΑΔΓ)

αλλά (ΑΔΓ) = 1

2(ΑΒΓ) =

1

29 3

άρα (ΔΕΓ) = 2

3

1

29 3 = 3 3

iii)

Το τρίγωνο ΑΕΖ είναι όμοιο του ΓΕΔ

2 21 1

2 4

Άρα (ΑΕΖ) = 1

4(ΓΕΔ) (ΑΕΖ) =

1

43 3 =

3 3

4

6.Θεωρούμε τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΔ//ΒΓ) και τα μέσα Κ, Λ των ΑΔ, ΒΓ

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

i) (ΑΒΛΚ) = (ΚΛΓΔ)

ii) (ΜΑΒ) = (ΜΓΔ), γι οποιοδήποτε σημείο Μ του ΚΛ.

Λύση

i) Τα δύο τραπέζια είναι ισοδύναμα, αφού έχουν

ίσες βάσεις και ίδιο ύψος.

ii)

ΜΚ διάμεσος του τριγώνου ΜΑΔ


Ελ

Ρλ

Ρλ-1

Κλ Κλ-1Κ2 Κ1

Γ

Α Β

(ΜΚΑ) = (ΜΚΔ) (1)

ΜΛ διάμεσος του τριγώνου ΜΒΓ (ΜΛΒ) = (ΜΛΓ) (2)

Από το i) έχουμε (ΑΒΛΚ) = (ΚΛΓΔ) (3)

(3) – (2) – (1) (ΜΑΒ) = (ΜΓΔ)

7.Θεωρούμε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( = 1∟) με ΑΒ = γ.

Διαιρούμε την πλευρά ΑΒ σε ν ίσα τμήματα (ν φυσικός, ν 2) και από τα

σημεία διαίρεσης φέρουμε παράλληλες προς την ΑΓ.

i) Να υπολογισθούν ως συνάρτηση του γ τα εμβαδά των ν σχημάτων στα

οποία διαιρέθηκε το τρίγωνο ΑΒΓ.

ii) Χρησιμοποιώντας το (i) να αποδείξετε ότι 1 + 3 + 5 + . . . + (2ν – 1) = 2

.

Λύση

i)

Έστω

, λ = 1, 2, . . . , ν τα σημεία διαίρεσης

και

οι παράλληλες στην ΑΓ.

Θα είναι 1

και

= Β

= λ

1 1

12

= 1

.2

= 2

2

1

2

= 2

2

2 1.

2

για λ = 1, 2, . . . , ν

ii) 1 2

...

= (ΑΒΓ) 2

2

2.1 1.

2

+

2

2

2.2 1.

2

+ . . . +

2

2

2 1.

2

=

1.

2

2

1

+

2

3

+ . . . +

2

2 1

= 1

1 + 3 + 5 + . . . + (2ν – 1) = 2

.

8.Δύο τετράγωνα ΑΒΓΔ και ΔΕΖΗ έχουν κοινή την κορυφή Δ και εμβαδόν

36 το καθένα. Αν οι πλευρές ΒΓ και ΕΖ έχουν κοινό μέσο Μ, να βρεθεί το

εμβαδόν του σχήματος ΑΒΜΖΗΔ.


Η

Ζ

Ε

M

ΔΑ

Β Γ

y

x

x17

Γ

Δ

Α

B

Β Γ

Α

Δ Ε

Ζ Η

Λύση Το κάθε τετράγωνο έχει πλευρά 6, αφού έχει

εμβαδόν 36.

(ΑΒΜΖΗΔ) = (ΑΒΜΔ) + (ΔΜΖΗ) (1)

(ΑΒΜΔ) = 2

=

6 36

2

= 27

(ΔΜΖΗ) = ……………………… = 27

(1) (ΑΒΜΖΗΔ) = 54

9.Τρία τετράγωνα, των οποίων τα μήκη των πλευρών είναι ακέραιοι αριθμοί,

έχουν κοινή κορυφή Α και είναι τοποθετημένα το ΄να πάνω στο άλλο, όπως

δείχνει το σχήμα. Αν ΒΓ = ΓΔ και η γραμμοσκιασμένη περιοχή έχει εμβαδόν

17, να βρεθεί το εμβαδόν του μικρότερου και του μεγαλύτερου τετραγώνου.

Λύση Θέτουμε ΑΒ = y ακέραιος και ΒΓ = x = ΓΔ

με ΑΓ = y + x ακέραιο, άρα και x ακέραιος.

Η διαφορά των εμβαδών μεσαίου-μικρού

τετραγώνου είναι 17,

άρα 2 2

y x y = 17

2 2 2

y 2xy x y = 17

x 2y x = 17 (1)

Επειδή x, y θετικοί ακέραιοι, θα είναι και ο 2y+x θετικός ακέραιος

με 2y + x > x

(1) x = 1 και 2y + x = 17

2y + 1 = 17 y = 8

Εμβαδόν του μικρότερου τετραγώνου = 2 2

y 8 = 64

Εμβαδόν του μεγαλύτερου τετραγώνου = 2 2 2

y 2x 8 2.1 10 100 .

10.Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τρεις θετικοί αριθμοί λ, μ, ν. Να φέρετε δύο

ευθείες παράλληλες προς τη ΒΓ, που να χωρίζουν το τρίγωνο σε τρία μέρη

ανάλογα των αριθμών λ, μ, ν.

Λύση Αν ΔΕ, ΖΗ είναι οι ζητούμενες, θα είναι

(1)


λλ+μ+ν

Α

Ρ ΣΤΒ

Δ

Γ΄

Β΄

Β Γ

Α

Δ

Μ

(1)

(2)

τρ.ΑΔΕ όμοιο του τρ.ΑΒΓ

2

2

(2) 2

2

ΑΔ = ΑΒ

(αλγεβρική λύση)

Για τη γεωμετρική λύση, πρέπει το τμήμα ΑΔ να κατασκευασθεί.

Κατασκευή του ΑΔ.

Σε ευθεία θεωρούμε τμήμα ΤΣ με μέτρο λ

και τμήμα ΡΤ με μέτρο λ + μ + ν.

Με διάμετρο ΡΣ γράφουμε ημικύκλιο.

Φέρουμε ΤΑ ΡΣ.

Πάνω στην ΑΡ θεωρούμε τμήμα Α. Από το Β φέρουμε παράλληλη στη ΡΣ,

που τέμνει την ΑΣ στο Δ. Το ΑΔ είναι το ζητούμενο.

Απόδειξη

Τρίγωνο ΑΣΡ ορθογώνιο με ύψος ΑΤ

2

2

(1)

Θ. Θαλή

2 2

2 2

(2)

(1), (2) 2

2

11. i) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και εσωτερικό του σημείο Μ. Αν η ΑΜ τέμνει τη

ΒΓ στο Δ, να αποδείξετε ότι:

α)

β)

=

ii) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και εσωτερικό του σημείο Μ. Αν οι ευθείες ΑΜ,

ΒΜ και ΓΜ τέμνουν τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ στα Δ, Ε και Ζ

αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι να αποδείξετε ότι

+

=

Λύση

i) α)

Επειδή τα τρίγωνα, που μας ενδιαφέρουν, έχουν

ίδια βάση ΑΜ, φέρουμε τα αντίστοιχα ύψη τους

ΒΒ΄, ΓΓ΄.


Α΄ Μ΄Β Γ

Α

Δ

Μ

Β Γ

Α

Δ

ΜΕΖ

Τότε

=

΄

΄

(1)

Τρ.ΒΒ΄Δ όμοιο με το τρ.ΓΓ΄Δ ΄

΄

=

Η (1)

=

i) β)

Επειδή τα τρίγωνα, που μας ενδιαφέρουν, έχουν

ίδια βάση ΒΓ, φέρουμε τα αντίστοιχα ύψη τους

ΜΜ΄, ΑΑ΄

Τότε

=

΄

΄

(2)

Τρ,ΔΜΜ΄ όμοιο με το τρ.ΔΑΑ΄ ΄

΄

=

Η (2)

=

ii)

i)α)

=

και

=

Άρα

+

=

+

=

=

=

1

( )

1 =

=

Documents

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β’ΛΥΚΕΙΟΥ · 4. Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι α < β . Με ποια ανισοτική σχέση συνδέονται τα υα και