The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here.
Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base.
Search
Published by Savalas Publications, 2021-03-01 06:11:10

21095

21095

Πρόλογος

Το βιβλίο αυτό απευθύνεται στους µαθητές των Λυκείων της χώρας που τρέφουν µια
ξεχωριστή σχέση µε τα µαθηµατικά και γενικότερα µε τις θετικές επιστήµες. Ιδιαίτερα
χρήσιµο είναι για εκείνους τους µαθητές που συµµετέχουν στους µαθηµατικούς διαγωνι-
σµούς, όπως ο «ΘΑΛΗΣ», ο «ΕΥΚΛΕΙ∆ΗΣ» και ο «ΑΡΧΙΜΗ∆ΗΣ» που διοργανώνει η
Ελληνική Μαθηµατική Εταιρεία (Ε.Μ.Ε.), αλλά και στους συναδέλφους µαθηµατικούς που
είτε οι ίδιοι προετοιµάζουν µαθητές, σε σχολεία ή αλλού, είτε θέλουν να τους προτείνουν
κάποιο αξιόπιστο βιβλίο, ώστε να µελετήσουν µεθοδικά και ολοκληρωµένα τα θέµατα που
εξετάζονται στους παραπάνω διαγωνισµούς.

Το βιβλίο ολοκληρώνεται σε δύο τεύχη. Το ένα περιέχει τη Γεωµετρία µε τη Συνδυα-
στική και το άλλο την Άλγεβρα µε τη Θεωρία αριθµών.

Στο κάθε τεύχος η ύλη αναπτύσσεται αρχικά ανά τάξη και ανά κεφάλαιο. Για κάθε κε-
φάλαιο (Άλγεβρα – Θεωρία Αριθµών – Γεωµετρία – Συνδυαστική) δίνονται σηµαντικά
στοιχεία από τη θεωρία, βασικές εφαρµογές και ακολουθούν όλα τα θέµατα από τους δια-
γωνισµούς «ΘΑΛΗΣ» και «ΕΥΚΛΕΙ∆ΗΣ», τα οποία συνοδεύονται µε αναλυτικές λύσεις
στο τέλος του βιβλίου.

Για τον διαγωνισµό «ΑΡΧΙΜΗ∆ΗΣ» αφιερώνονται τέσσερις συνολικά ενότητες: Άλ-
γεβρα, Θεωρία Αριθµών, Γεωµετρία, Συνδυαστική. Και εδώ, σε κάθε ενότητα παρουσιάζο-
νται βασικά στοιχεία από τη θεωρία, εφαρµογές και όλα τα θέµατα από προηγούµενους
διαγωνισµούς, µε τις λύσεις τους.

Οι τελευταίες ενότητες από το κάθε τεύχος περιέχουν θεωρία και εφαρµογές από τις πιο
σηµαντικές περιοχές των διαγωνιστικών µαθηµατικών, όπως οι συναρτησιακές σχέσεις, τα
πολυώνυµα, η συνδυαστική, η αντιστροφή, η θεωρία των αριθµών, οι ανισότητες και οι
ακολουθίες.

Τέλος, το κάθε βιβλίο κλείνει µε µια σειρά από επιλεγµένα θέµατα από τους προκριµα-
τικούς διαγωνισµούς, τους διαγωνισµούς δηλαδή που γίνονται για την επιλογή και συγκρό-
τηση των εθνικών οµάδων που θα εκπροσωπήσουν τη χώρα µας στους διεθνείς διαγωνι-
σµούς.

Θέλουµε να πιστεύουµε ότι η οργάνωση της ύλης, η δοµή του βιβλίου και το ευρύ περι-
εχόµενό του θα βοηθήσουν τους µαθητές να βελτιώσουν τις επιδόσεις τους στους µαθηµα-
τικούς διαγωνισµούς και να αγαπήσουν περισσότερο τα µαθηµατικά, κυρίως όµως θα τους
εφοδιάσουν µε πολύτιµες γνώσεις και δεξιότητες που θα τους συνοδεύουν στις σπουδές
τους και θα τους χαρίζουν διακρίσεις στην επιστηµονική και επαγγελµατική τους πορεία,
όποιον τοµέα και αν ακολουθήσουν.

Ευχαριστούµε τον ολυµπιονίκη και συνάδελφο Σιλουανό Μπραζιτίκο, που έγραψε ένα
σηµαντικό µέρος από τη θεωρία του βιβλίου, τον Βασίλη Ευαγγέλου, τη Φωτεινή Καλδή,
τον Χρήστο Νάκη, το Γιώργο Γαλάρη, τον Ιάσονα Προδροµίδη και τους µαθητές Μίνο
Μαργαρίτη, Θεοδόση Φωτιάδη και Πρόδροµο Φωτιάδη για τις παρατηρήσεις και τη βοή-
θεια που προσέφεραν στη δηµιουργία αυτού του βιβλίου. Τέλος ευχαριστούµε τη συνάδελ-
φο Νίκη Σπανδάγου για την άψογη καλλιτεχνική επιµέλεια στα σχήµατα και στη σελιδο-
ποίηση και των δύο τευχών.

Οι συγγραφείς

Περιεχόµενα

Ενότητα 1: Θαλής – Ευκλείδης Β′ Λυκείου, Γεωµετρία
Θεωρία

Α. Για τον διαγωνισµό «ΘΑΛΗΣ»................................................................................... 9
Β. Για τον διαγωνισµό «ΕΥΚΛΕΙ∆ΗΣ» ........................................................................ 43
Θέµατα διαγωνισµών
Α. Θέµατα Θαλή ............................................................................................................ 54
Β. Θέµατα Ευκλείδη ...................................................................................................... 57

Ενότητα 2: Θαλής – Ευκλείδης Γ′ Λυκείου, Γεωµετρία
Θεωρία – εφαρµογές............................................................................................................ 61
Θέµατα διαγωνισµών

Α. Θέµατα Θαλή ............................................................................................................ 76
Β. Θέµατα Ευκλείδη ...................................................................................................... 79

Ενότητα 3: Αρχιµήδης, Α. Γεωµετρία
Θεωρία – εφαρµογές............................................................................................................ 83
Θέµατα διαγωνισµού Αρχιµήδης....................................................................................... 111

Ενότητα 4: Αρχιµήδης, Β. Συνδυαστική
Θεωρία............................................................................................................................... 115
Θέµατα διαγωνισµού Αρχιµήδης....................................................................................... 125

Ενότητα 5: Συνδυαστική, Α. Απαριθµητική Συνδυαστική
Α1. Στοιχειώδης Απαρίθµηση ........................................................................................... 129
Α2. Η αρχή του εγκλεισµού – αποκλεισµού...................................................................... 134
Α3. Αµφιµονοσήµαντες απεικονίσεις................................................................................ 141
Α4. Αναδροµικές Σχέσεις .................................................................................................. 151
Ασκήσεις για εξάσκηση..................................................................................................... 161

Ενότητα 6: Συνδυαστική, Β. Συνδυαστικές τεχνικές
Β1. Αρχή του περιστερώνα................................................................................................ 170
Β2. Αναλλοίωτες ............................................................................................................... 177

Β3. Αρχή ακροτάτου, διατάξεις και λαίµαργοι αλγόριθµοι............................................... 189
Ασκήσεις για εξάσκηση..................................................................................................... 198

Ενότητα 7: Συνδυαστική, Γ. Συµπληρωµατικά θέµατα
Γ1. Παιχνίδια ..................................................................................................................... 208
Γ2. Πλακοστρώσεις – Χρωµατισµοί.................................................................................. 213
Γ3. ∆ιπλή Απαρίθµηση...................................................................................................... 217
Γ4. Κυρτές θήκες ............................................................................................................... 225

Ενότητα 8: Γεωµετρία – Αντιστροφή
Α. Θεωρία – εφαρµογές..................................................................................................... 228
Β. Λυµένες ασκήσεις ......................................................................................................... 244
Ασκήσεις για εξάσκηση..................................................................................................... 254

Ενότητα 9: Προκριµατικοί ∆ιαγωνισµοί
Α. Γεωµετρία ..................................................................................................................... 260
Β. Συνδυαστική.................................................................................................................. 264

Υποδείξεις – Λύσεις των προτεινόµενων ασκήσεων ..................................................... 269



ΕΝΟΤΗΤΑ 1

ΘΑΛΗΣ – ΕΥΚΛΕΙ∆ΗΣ
Β′ ΛΥΚΕΙΟΥ

Γεωµετρία

Θεωρία

Α. Για τον διαγωνισµό ΘΑΛΗΣ

Α1. Βαρύκεντρο – Ορθόκεντρο

Θεώρηµα 1ο
α) Το ευθύγραµµο τµήµα που ενώνει τα µέσα δύο πλευρών ενός
τριγώνου είναι παράλληλο προς την τρίτη πλευρά και ισούται µε το
µισό της. Έτσι, αν στο διπλανό σχήµα Μ και Ν είναι τα µέσα των
πλευρών ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα, ισχύει ΜΝ // ΒΓ και ΜΝ = ΒΓ .

2

β) Αν µια ευθεία διέρχεται από το µέσο µιας πλευράς τριγώνου
και είναι παράλληλη προς κάποια πλευρά του, τότε η ευθεία αυτή
διέρχεται και από το µέσο της τρίτης πλευράς. Έτσι, αν στο διπλανό
σχήµα το Μ είναι µέσο της ΑΒ και ε // ΒΓ, τότε το Ν θα είναι µέσο
και της πλευράς ΑΓ.

γ) Το τετράπλευρο που έχει κορυφές τα µέσα των πλευρών ε-
νός τετραπλεύρου (κυρτού ή µη κυρτού) είναι παραλληλόγραµµο.

Έτσι, µε βάση το διπλανό σχήµα, το ΚΛΜΝ είναι παραλληλό-
γραµµο.

9

Θεώρηµα 2ο

α) Οι διάµεσοι κάθε τριγώνου διέρχονται από το ίδιο ση-

µείο το οποίο λέγεται βαρύκεντρο (ή κέντρο βάρους).

β) Το βαρύκεντρο έχει µια πολύ σπουδαία ιδιότητα: χωρί-

ζει την κάθε διάµεσο σε δύο τµήµατα από τα οποία το ένα

είναι διπλάσιο του άλλου. Έτσι έχουµε:
• ΑΘ = 2ΘΜ , ΓΘ = 2ΘΚ και ΒΘ = 2ΘΝ

• ΘΑ = 2 µα και ΘΜ = 1 µα
3 3

• ΘΒ = 2 µβ και ΘΝ = 1 µβ
3 3

• ΘΓ = 2 µγ και ΘΚ = 1 µ γ
3 3

Τονίζουµε ότι αν Θ είναι σηµείο της διαµέσου ΑΜ ενός τριγώνου ΑΒΓ και
ΘΑ = 2ΘΜ , τότε το Θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου αυτού.

Θεώρηµα 3ο

α) Οι φορείς των υψών κάθε τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σηµείο το οποίο λέγεται
ορθόκεντρο.

β) Για το ορθόκεντρο σηµειώνουµε τα εξής:
• Αν το τρίγωνο είναι οξυγώνιο, τότε το ορθόκεντρο είναι εσωτερικό σηµείο του τρι-

γώνου.
• Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο, τότε το ορθόκεντρο συµπίπτει µε την κορυφή της

ορθής γωνίας.
• Αν το τρίγωνο είναι αµβλυγώνιο, τότε το ορθόκεντρο είναι εξωτερικό σηµείο του

τριγώνου.

Θεώρηµα 4ο

α) Η διάµεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υπο-
τείνουσα είναι ίση µε το µισό της υποτείνουσας. Έτσι, µε βάση το
διπλανό σχήµα, ισχύει ότι:

ΑΜ = ΜΒ = ΜΓ = ΒΓ
2

β) Αν η διάµεσος ενός τριγώνου ισούται µε το µισό της αντίστοι-
χης πλευράς, τότε το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο µε υποτείνουσα την πλευρά αυτή.

10

Έτσι, αν για το τρίγωνο ΑΒΓ του διπλανού σχήµατος ισχύει:
ΑΜ = ΜΒ = ΜΓ

τότε Αˆ = 90ο .

Θεώρηµα 5ο
α) Αν σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο µια γωνία του είναι ίση µε 30ο , τότε
η απέναντι πλευρά του είναι ίση µε το µισό της υποτείνουσας.

β) Αν σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο µία κάθετη πλευρά του είναι ίση µε
το µισό της υποτείνουσας, τότε η γωνία που βρίσκεται απέναντι από την
πλευρά αυτή είναι ίση µε 30ο .

Πρόταση 6η

Αν Μ είναι σηµείο στην υποτείνουσα ΒΓ ενός ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ, ώστε
ΜΑ = ΜΓ , τότε το Μ είναι µέσο του ΒΓ.

Απόδειξη
Αφού ΜΑ = ΜΓ , είναι ΜΑˆ Γ = ΜΓˆ Α = φ . Άρα:
• Βˆ = 90ο − Γˆ = 90ο − φ
• ΜΑˆ Β = Αˆ − ΜΑˆ Γ = 90ο − φ
Άρα Βˆ = ΜΑˆ Β = 90ο − φ , οπότε το τρίγωνο ΜΑΒ είναι ισοσκελές.
Άρα ΜΒ = ΜΑ = ΜΓ .

1.1 ∆ίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, µε Αˆ = 90ο . Φέρνουµε το ύψος Α∆, τη διχο-

τόµο ΑΕ και τη διάµεσο ΑΜ. Να αποδειχθεί ότι ΕΑˆ ∆ = ΕΑˆ Μ .

Λύση
Όταν σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο φέρουµε το ύψος Α∆ προς την υποτείνουσα, τότε µια
πολύ χρήσιµη παρατήρηση είναι ότι:

Γˆ = ∆Αˆ Β και Βˆ = ∆Αˆ Γ
Είναι λοιπόν Γˆ = ∆Αˆ Β = φ , οπότε:

• x = ΕΑˆ Β − ∆Αˆ Β = Αˆ − φ = 45ο − φ (1)
2

• y = EAˆ Γ − ΜΑˆ Γ = Αˆ − ΜΑˆ Γ = 45ο − ΜΑˆ Γ (2)
2

11

Όµως, στο ορθογώνιο τρίγωνο, η διάµεσος ΑΜ προς την υποτείνουσα είναι ίση µε το
µισό της. Εποµένως ΜΑ = ΜΓ , οπότε ΜΑˆ Γ = Γˆ = φ .

Έτσι από τη σχέση (2) παίρνουµε ότι y = 45o − φ (3).
Άρα οι σχέσεις (1) και (3) δίνουν x = y , δηλαδή EAˆ ∆ = ΕΑˆ Μ .

Α2. Τραπέζια

Ορισµός 1

α) Τραπέζιο λέγεται το κυρτό τετράπλευρο που έχει µόνο
δύο πλευρές παράλληλες.

Οι παράλληλες πλευρές λέγονται βάσεις του τραπεζίου.
β) Το ευθύγραµµο τµήµα που ενώνει τα µέσα των µη πα-
ράλληλων πλευρών του τραπεζίου λέγεται διάµεσος του τρα-
πεζίου.
γ) Η απόσταση των παράλληλων πλευρών του τραπεζίου λέγεται ύψος του τραπεζίου.

Θεώρηµα 1ο

α) Η διάµεσος του τραπεζίου είναι παράλληλη προς τις βάσεις του και ισούται µε το η-

µιάθροισµά τους. Ισχύει δηλαδή ότι:

• MN // AB // Γ∆ • MN = AB + Γ∆
2

β) i) Το ευθύγραµµο τµήµα που ενώνει τα µέσα των διαγω-

νίων ενός τραπεζίου είναι παράλληλο προς τις βάσεις του και

ισούται µε την ηµιδιαφορά τους. Ισχύει δηλαδή ότι:

• ΚΛ // AB // Γ∆ • ΚΛ = Γ∆ − AB
2

ii) Η διάµεσος του τραπεζίου διέρχεται από τα µέσα των διαγωνίων του.

Ορισµός 2
Το τραπέζιο που έχει τις µη παράλληλες πλευρές ίσες, λέ-
γεται ισοσκελές.

Θεώρηµα 2ο
Στο ισοσκελές τραπέζιο ισχύουν οι εξής ιδιότητες:

12

• οι γωνίες που πρόσκεινται στις βάσεις είναι ίσες, δηλαδή Γˆ = ∆ˆ και Aˆ = Bˆ ,
• οι διαγώνιες είναι ίσες, δηλαδή ΑΓ = Β∆ .

Κριτήρια

Για να είναι ένα τραπέζιο ισοσκελές, αρκεί να αποδείξουµε ότι:
• οι µη παράλληλες πλευρές είναι ίσες,
• οι γωνίες µιας βάσης είναι ίσες,
• οι διαγώνιοι είναι ίσες.

1.2 ∆ίνεται παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆ και το συµµετρικό Ε του σηµείου Α ως προς

τη διαγώνιο Β∆. Να αποδειχθεί ότι το ΒΓΕ∆ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Λύση
Επειδή το Ε είναι το συµµετρικό του Α, ως προς τη Β∆, θα ισχύουν:
• ∆E = ∆Α = ΒΓ ,
• ΣΑ = ΣΕ , όπου Σ είναι το σηµείο τοµής των τµηµάτων

ΑΕ και Β∆.

Φέρνουµε και τη διαγώνιο ΑΓ, που τέµνει τη Β∆ στο ση-
µείο Ο. Επειδή ΣΑ = ΣΕ και ΟΑ = ΟΓ , από το τρίγωνο ΑΕΓ,
προκύπτει ότι ΣΟ // ΕΓ.

Άρα είναι και Β∆ // ΕΓ. Εποµένως το τετράπλευρο ΒΓΕ∆ είναι τραπέζιο και επειδή
Ε∆ = ΓΒ , είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Μια χρήσιµη βοηθητική γραµµή
Ας υποθέσουµε ότι λύνοντας µια άσκηση εντοπίζουµε στο
σχήµα ένα τραπέζιο ΑΒΓ∆, µε ΑΒ // Γ∆, του οποίου µάλιστα
υπάρχει και το µέσο Μ µιας µη παράλληλης πλευράς (εδώ της
Α∆). Αν µε τα υπάρχοντα στοιχεία δεν µπορούµε να επιτύχουµε
λύση, τότε κάνουµε µία από τις επόµενες ενέργειες:
i) Θεωρούµε το µέσο Ν και της ΒΓ, οπότε ισχύουν:

• ΜΝ // ΑΒ και ΜΝ // Γ∆
• ΜΝ = ΑΒ + Γ∆

2
ii) Φέρνουµε ΜΝ // ΑΒ (ή ΜΝ // Γ∆), οπότε το ΜΝ θα είναι διάµεσος του τραπεζίου και
θα ισχύουν προφανώς οι προηγούµενες σχέσεις.

13

iii) Θεωρούµε το συµµετρικό Σ του Β ως προς το Μ, οπότε το ΑΒ∆Σ είναι παραλληλό-
γραµµο και τα σηµεία Σ, ∆, Γ είναι συνευθειακά.

1.3 Στην πλευρά ΑΒ ενός ρόµβου ΑΒΓ∆ παίρνουµε σηµείο Ε, ώστε ΓΕ = Α∆ . Αν η

ΑΓ τέµνει τη ∆Ε στο Ζ, να αποδειχθεί ότι ZB = ZΓ .
(Αµβούργο – 2007)

Λύση
Επειδή ΓΕ = Α∆ και ΑΕ // Γ∆, το ΑΕΓ∆ είναι ισο-
σκελές τραπέζιο. Εποµένως:

Ζ∆ = ΖΓ
Τα τρίγωνα ΓΖ∆, ΓΖΒ είναι ίσα, διότι:

Γ∆ = ΓΒ = α , η ΓΖ είναι κοινή και ΖΓˆ ∆ = ΖΓˆ Β = Γˆ
2

Εποµένως:
ΖΒ = Ζ∆ = ΖΓ

1.4 Τρεις άνισοι κύκλοι έχουν τα κέντρα τους

στην ίδια ευθεία, όπως δείχνει το διπλανό
σχήµα. Αν ΚΛ = ΛΜ , να αποδειχθεί ότι
ΑΒ = Γ∆ .

Λύση
Έστω ΚΖ, ΛΗ, ΜΘ ⊥ A∆ . Προφανώς είναι ΚΖ //ΛΗ // ΜΘ, ως κάθετες στην ίδια ευ-
θεία.
Το τετράπλευρο ΚΖΘΜ είναι τραπέζιο και το Λ εί-
ναι µέσο της µη παράλληλης πλευράς ΚΜ. Επειδή
ΛΗ // ΚΖ, το Η θα είναι µέσο της ΖΘ. Ισχύει δηλαδή:

ΗΖ = ΗΘ (1)

Επειδή τα ΚΖ, ΛΗ και ΜΘ είναι αποστήµατα των (2)
χορδών ΑΒ, ΒΓ και Γ∆ αντίστοιχα, έχουµε ότι:

ΖΑ = ΖΒ , ΗΒ = ΗΓ και ΘΓ = Θ∆

Η σχέση (1) δίνει:

ΗΒ + ΒΖ = ΗΓ + ΓΘ (2) ΒΖ = ΓΘ (2) ΑΒ = Γ∆ ⇔ ΑΒ = Γ∆

⇔ ⇔

22

14

Α3. Εγγεγραµµένες Γωνίες

Θεώρηµα 1ο
α) Κάθε εγγεγραµµένη γωνία είναι ίση µε το µισό της αντί-
στοιχης επίκεντρης γωνίας. Έτσι στο διπλανό σχήµα έχουµε:
• Σˆ = 1 ΑΟˆ Β ή ΑΟˆ Β = 2Σˆ ,

2
• Σˆ = 1 ΑΒ , δηλαδή η εγγεγραµµένη γωνία ισούται µε το

2
µισό του αντίστοιχου τόξου.

β) Η εγγεγραµµένη γωνία που βαίνει σε ηµικύκλιο (βλέπει
διάµετρο) είναι ορθή. Έτσι στο διπλανό σχήµα είναι:

Μˆ = Σˆ = 90ο

γ) Οι εγγεγραµµένες γωνίες του ίδιου ή ίσων κύκλων που
βαίνουν στο ίδιο τόξο ή σε ίσα τόξα είναι ίσες. Έτσι στο διπλανό
σχήµα είναι:

Μˆ = Νˆ = Σˆ = Pˆ

Θεώρηµα 2ο
Η γωνία που σχηµατίζεται από µια χορδή και την εφαπτοµέ-
νη σε ένα άκρο της ισούται µε κάθε εγγεγραµµένη γωνία που
βαίνει στο (κυρτό) τόξο της χορδής αυτής. Έτσι στο διπλανό
σχήµα ισχύουν οι σχέσεις:
• Μˆ = Νˆ = ΑΒˆ ∆ = φ .

Θεώρηµα 3ο
Όταν δύο χορδές ενός κύκλου ή οι προεκτάσεις τους τέµνονται σε ένα σηµείο, τότε ι-
σχύουν:

15

• φ = ΑΓ + Β∆ ,
2

• ω = ΑΓ − Β∆ .
2

Σηµείωση
Ο γεωµετρικός τόπος των σηµείων του επιπέδου από τα οποία
ένα τµήµα ΑΒ φαίνεται υπό δοσµένη γωνία φ είναι δύο τόξα κύ-
κλων, χορδής ΑΒ, χωρίς τα άκρα τους, συµµετρικά ως προς την ευ-
θεία ΑΒ. Τα τόξα αυτά είναι:
• µείζονα (µη κυρτά), αν η φ είναι οξεία,
• ελάσσονα (κυρτά), αν η φ είναι αµβλεία.

1.5 Στο διπλανό σχήµα οι ΑΒ και Γ∆ είναι εξωτε-

ρικές εφαπτοµένες, ενώ η ΖΗ είναι εσωτερική
εφαπτοµένη των δύο κύκλων. Να αποδειχθεί
ότι:
α) ΑΒ = Γ∆ ,
β) ΕΖ = ΗΘ .

(∆ιαγωνισµός ΕΜΕ – 1994)
Λύση
α) Έστω ότι οι ευθείες ΑΒ και Γ∆ τέµνονται στο Ο. Τότε:
ΟΑ = ΟΓ και ΟΒ = Ο∆
διότι τα ΟΑ, ΟΓ και ΟΒ, Ο∆ είναι εφαπτόµενα τµήµατα από το Ο προς τους δύο κύκλους
αντίστοιχα. Με αφαίρεση κατά µέλη παίρνουµε:
ΟΑ − ΟΒ = ΟΓ − Ο∆ ⇔ ΑΒ = Γ∆

16

β) Έστω ΑΕ = ΕΖ = α , ΘΗ = Θ∆ = β , ΕΒ = γ , ΓΘ = δ και ΖΗ = x . Είναι όµως
• ΕΗ = ΕΒ ⇔ α + x = γ (1)
• AB = Γ∆ ⇔ α + γ = δ + β (2)
• ΘΖ = ΘΓ ⇔ β + x = δ (3)

Η (2), λόγω των (1) και (3), δίνει:
α + (α + x) = (β + x) + β ⇔ 2α + x = 2β + x ⇔ 2α = 2β ⇔ α = β

Εποµένως ΕΖ = ΗΘ .

1.6 ∆ίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, σηµείο ∆ της πλευράς ΒΓ και σηµείο Ε στην

προέκταση της Α∆ τέτοιο, ώστε ΒΕ = ΒΑ . Να υπολογιστεί η γωνία ΑΕˆ Γ .
(ΕΜΕ, Αρχιµήδης Junior – 2009)

Λύση
Επειδή BA = BE = BΓ , τα σηµεία Α, Γ, Ε βρίσκονται
σε κύκλο µε κέντρο το Β. Στον κύκλο αυτό η γωνία ΑΕˆ Γ
είναι εγγεγραµµένη και η γωνία ΑΒˆ Γ = 60ο είναι επίκε-
ντρη. Είναι οπότε:

ΑΕˆ Γ = 1 ΑΒˆ Γ = 1 60ο = 30ο
22

διότι η εγγεγραµµένη είναι ίση µε το µισό της αντίστοιχης
επίκεντρης γωνίας.

1.7 ∆ίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, µε ΑΒ = ΑΓ και Aˆ = 20o . Αν

∆ και Ε είναι σηµεία των πλευρών ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα, ώ-
στε να ισχύουν οι ισότητες:

ΓΒˆ ∆ = 70ο και ΕΓˆ Β = 50ο
να αποδειχθεί ότι Ε∆ˆ Β = 10ο .

Λύση
Λήµµα
Αν Μ είναι τυχαίο σηµείο στο επίπεδο ενός ισοσκελούς τριγώνου ΟΑΒ, µε:

17

ΟΑ = ΟΒ και Οˆ = 2Μˆ (δηλαδή ΑΟˆ Β = 2ΑΜˆ Β )

τότε το Ο είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΜΑΒ. Εποµένως θα

είναι:

ΟΑ = ΟΒ = ΟΜ

Η παραπάνω διαπίστωση οδηγεί συχνά σε σύντοµες και ωραίες

λύσεις σε πολλά θέµατα µε γωνίες. ■

Θεωρούµε το ισόπλευρο τρίγωνο ΟΒΓ. Επειδή:
ΟΒ = ΟΓ , Β∆ˆ Γ = 30ο και ΒΟˆ Γ = 60ο

το Ο είναι περίκεντρο του τριγώνου ∆ΒΓ. Άρα:
ΟΒ = ΟΓ = Ο∆

Επειδή ΒΕˆ Γ = 50ο = ΒΓˆ Ε , το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές. Έτσι:
ΒΕ = ΒΓ = ΟΒ = Ο∆ δηλαδή ΒΕ = Ο∆ = ΒΟ

Είναι όµως και ΒΕ // Ο∆, διότι:
ΕΒˆ ∆ = Β∆ˆ Ο = 10ο

Άρα το ΒΕ∆Ο είναι τελικά ρόµβος. Επειδή στον ρόµβο οι διαγώνιοι
διχοτοµούν τις γωνίες, θα είναι:

Ε∆ˆ Β = Β∆ˆ Ο = 10ο

Α4. Εγγεγραµµένα – Εγγράψιµα Τετράπλευρα

Ορισµός 1
Ένα τετράπλευρο λέγεται εγγεγραµµένο σε κύκλο, αν οι κορυφές του είναι σηµεία ενός
κύκλου. Ο κύκλος αυτός λέγεται περιγεγραµµένος κύκλος του τετραπλεύρου.

Θεώρηµα 1ο
Σε κάθε εγγεγραµµένο τετράπλευρο ισχύουν οι παρακάτω ιδιό-
τητες:
α) Οι απέναντι γωνίες είναι παραπληρωµατικές. Έτσι:

Αˆ + Γˆ = 180ο , Βˆ + ∆ˆ = 180ο

18

β) Κάθε πλευρά του φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες, δηλαδή:

∆Αˆ Γ = ∆Βˆ Γ

γ) Κάθε εσωτερική γωνία ισούται µε την απέναντι εξωτερι-

κή. Έτσι:

Αˆ = Γˆεξ , Βˆ = ∆ˆ εξ

Ορισµός 2

Ένα τετράπλευρο λέγεται εγγράψιµο όταν µπορεί να γραφεί κύκλος που να διέρχεται
από τις τέσσερις κορυφές του.

Κριτήρια εγγραψιµότητας

Ένα τετράπλευρο είναι εγγράψιµο σε κύκλο, αν ισχύει µία από τις παρακάτω προτά-
σεις:

α) ∆ύο απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωµατικές. Έτσι,
αν Αˆ + Γˆ = 180ο , τότε τα σηµεία Α, Β, Γ και ∆ είναι οµοκυκλικά
(το ΑΒΓ∆ είναι εγγράψιµο).

β) Μία πλευρά φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες
γωνίες. Έτσι, αν ∆Αˆ Γ = ∆Βˆ Γ , τότε το ΑΒΓ∆ είναι εγγράψιµο.

γ) Μια εξωτερική του γωνία είναι ίση µε την απέναντι εσω-
τερική. Έτσι, αν Αˆ = Γˆεξ , τότε το ΑΒΓ∆ είναι εγγράψιµο.

Ορισµός 3

Ένα τετράπλευρο του οποίου οι πλευρές εφάπτονται στον ίδιο κύκλο λέγεται περιγε-
γραµµένο στον κύκλο αυτό, ενώ ο κύκλος λέγεται εγγεγραµµένος στο τετράπλευρο.

Θεώρηµα 2ο

Σε κάθε περιγεγραµµένο τετράπλευρο ισχύουν οι εξής ιδιό-
τητες:

• Οι διχοτόµοι των γωνιών του διέρχονται από το ίδιο ση-
µείο, που είναι το κέντρο του εγγεγραµµένου κύκλου.

• Τα αθροίσµατα των απέναντι πλευρών είναι ίσα, δηλαδή:
ΑΒ + Γ∆ = Α∆ + ΒΓ

19

Ορισµός – Κριτήρια

Αν ένα τετράπλευρο µπορεί να περιγραφεί σε κύκλο, τότε λέγεται περιγράψιµο σε κύ-
κλο. Για να είναι ένα τετράπλευρο περιγράψιµο, αρκεί να ισχύει µία από τις ακόλουθες
προτάσεις:

• Οι διχοτόµοι των γωνιών του διέρχονται από το ίδιο σηµείο.
• Τα αθροίσµατα των απέναντι πλευρών του είναι ίσα.

1.8 Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουµε τα ύψη Β∆, ΓΕ και τις προβολές Ζ, Η

των Β, Γ αντίστοιχα πάνω στην ευθεία ∆Ε. Να αποδειχθεί ότι EZ = ∆H .

Λύση
Επειδή ΒΕˆ Γ = Β∆ˆ Γ = 90ο , το τετράπλευρο ΒΕ∆Γ είναι εγγράψιµο. Έτσι η Ε∆ είναι

χορδή του κύκλου που διέρχεται από τα σηµεία Β, Ε, ∆ και
Γ. Από το µέσο Μ της ΒΓ φέρνουµε ΜΝ ⊥ Ε∆ . Τότε:

• το Ν είναι µέσο της χορδής Ε∆, οπότε:
ΝΕ = Ν∆ (1)

• το Ν είναι µέσο του ΖΗ, διότι στο τραπέζιο ΒΖΗΓ η

ΜΝ είναι διάµεσος (το Μ είναι µέσο της ΒΓ και

ΜΝ // ΒΖ // ΓΗ). Εποµένως:

ΝΖ = ΝΗ (2)

Οι σχέσεις (1) και (2) µε αφαίρεση κατά µέλη δίνουν τελικά ότι ΕΖ = ∆Η .

1.9 Ένα τετράπλευρο ΑΒΓ∆, µε A∆ > ΒΓ και ΑΒ > Γ∆ , είναι εγγεγραµµένο σε

κύκλο. Στην πλευρά Α∆ παίρνουµε τµήµα ΑΕ = ΒΓ και στην πλευρά ΑΒ τµή-
µα AZ = Γ∆ . Αν η ΑΓ τέµνει τη ΖΕ στο Μ, να αποδειχθεί ότι ΜΕ = ΜΖ .

Λύση
Στην προέκταση της πλευράς ΒΑ παίρνουµε τµήµα ΑΘ = ΑΖ . Φέρνουµε και τη Β∆.
Επειδή το ΑΒΓ∆ είναι εγγεγραµµένο, συµπεραίνουµε
ότι Γˆ = ΘΑˆ Ε . Έτσι τα τρίγωνα ΓΒ∆ και ΑΘΕ είναι
ίσα, αφού έχουν:
• ΒΓˆ ∆ = ΘΑˆ Ε
• ΓΒ = ΑΕ
• Γ∆ = ΑΖ = ΑΘ
Εποµένως Θˆ = Β∆ˆ Γ = ΒΑˆ Γ = x .

20

Επειδή Θˆ = ΒΑˆ Γ = x , θα είναι ΑΜ // ΘΕ. Αλλά το Α είναι µέσο του ΘΖ. Άρα και το Μ
είναι µέσο του ΖΕ, δηλαδή ME = MZ .

Α5. Τρίγωνα - Τετράπλευρα

Θεώρηµα 1ο

α) Ο εγγεγραµµένος κύκλος ενός τριγώνου ΑΒΓ εφάπτεται µε τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ,
ΑΒ στα σηµεία ∆, Ε, Ζ αντίστοιχα. Τότε ισχύουν οι σχέσεις:

ΑΕ = ΑΖ = τ − α , Β∆ = ΒΖ = τ − β , Γ∆ = ΓΕ = τ − γ

όπου τ η ηµιπερίµετρος του τριγώνου:
τ= α+β+γ
2

β) Ο παρεγγεγραµµένος κύκλος της γωνίας Αˆ ενός τριγώνου ΑΒΓ, δηλαδή ο κύ-
κλος, ο οποίος εφάπτεται στη ΒΓ καθώς και στις προεκτάσεις των ΑΒ και ΑΓ, εφά-
πτεται µε την πλευρά ΒΓ στο σηµείο Ρ. Τότε ισχύουν οι σχέσεις:

ΒΡ = τ − γ , ΓΡ = τ − β

Απόδειξη
α) Έστω Ι το κέντρο του εγγεγραµµένου κύκλου. Τα τρίγωνα ΑΖΙ και ΑΕΙ είναι ίσα,
διότι ΙΖ = ΙΕ , ΑΙ κοινή και AΖˆ I = AΕˆ I = 90o . Άρα είναι:

ΑΖ = ΑΕ = x

Οµοίως ΒΖ = Β∆ = y και Γ∆ = ΓΕ = ω . Τό-
τε έχουµε:

x = AΓ − ΕΓ = β − ω και

x = ΑΒ − ΒΖ = γ − y

Άρα, µε πρόσθεση κατά µέλη, παίρνουµε:
2x = β − ω + γ − y = β + γ − (ω + y) =
= β + γ − α = 2(τ − α)

Εποµένως:

x = τ−α, y = τ−β , ω = τ−γ

β) Με παρόµοιο τρόπο όπως στο (α) έχουµε ΓΡ = ΓΕ = y′ και ΒΡ = Β∆ = ω′ .

21

• Α∆ = ΑΕ ⇔ γ + ω′ = β + y′ (1)
• BΡ + ΡΓ = ΒΓ ⇔ ω′ + y′ = α (2)

Εποµένως από την (1) παίρνουµε:

γ + ω′ = β + y′ (2) γ + (α − y′) = β + y′ ⇔



⇔ y′ = α + γ − β ⇔ y′ = τ − β = y
2

Αποδείξαµε λοιπόν ότι:

y′ = τ − β , ω′ = τ − γ

Σχόλιο
Είναι:

• ΑΒ + ΒΡ = γ +(τ - γ)= τ
• ΑΓ + ΓΡ = β +(τ - β)= τ

Εποµένως ΑΒ + ΒΡ = ΑΓ + ΓΡ , δηλαδή:

Τα τρίγωνα ΑΡΒ και ΑΡΓ έχουν ίσες περιµέτρους και αντιστρόφως:

∆∆

Αν τα ΑΡΒ , ΑΡΓ έχουν ίσες περιµέτρους, τότε το Ρ είναι το σηµείο επαφής του παρεγ-
γεγραµµένου κύκλου της γωνίας Αˆ , ο οποίος εφάπτεται στη ΒΓ.

1.10 Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ είναι Αˆ = 120ο . Φέρουµε τη διχοτόµο Γ∆ και

έστω Ε, Ζ οι προβολές των Α, ∆ πάνω στη ΒΓ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι
Ζ∆ = ΖΕ .

(Ρουµανία – 2008)

Λύση
Φέρουµε την Ε∆. Επειδή Βˆ = Γˆ = 30ο , είναι ΒΑˆ Ε = 60ο . Άρα στο τρίγωνο ΑΕΓ η ΑΒ
είναι εξωτερική διχοτόµος. Όµως η Γ∆ είναι
διχοτόµος της γωνίας Γˆ , οπότε το ∆ είναι
παράκεντρο του τριγώνου ΑΕΓ για τη γωνία
Γˆ . Συνεπώς η Ε∆ είναι διχοτόµος της γωνί-
ας ΑΕˆ Β , οπότε ΑΕˆ ∆ = ∆Εˆ Ζ = 45ο . Επειδή
∆Ζ ⊥ ΒΓ και ∆Εˆ Ζ = 45ο , το τρίγωνο ∆ΖΕ
είναι ισοσκελές, δηλαδή Ζ∆ = ΖΕ .

22

Α6. Θεωρήµατα και Εφαρµογές στον Κύκλο

Θεώρηµα 1ο

Αν η διχοτόµος της γωνίας Αˆ τριγώνου ΑΒΓ και η µεσοκάθετη της πλευράς
ΒΓ τέµνονται στο σηµείο Ε, τότε το Ε είναι σηµείο του περιγεγραµµένου κύ-
κλου του τριγώνου ΑΒΓ.

(Θεώρηµα του Νότιου Πόλου)

Απόδειξη

Έστω ότι η µεσοκάθετος της ΒΓ τέµνει τον περιγεγραµµέ-

νο κύκλο C του τριγώνου ΑΒΓ στο Ε. Τότε το Ε είναι µέσο

του τόξου ΒΓ , οπότε η ΑΕ είναι διχοτόµος της γωνίας Αˆ του

∆ καθώς ΒΑˆ Ε = ΕΒˆ Γ , αφού βαίνουν στα ίσα τόξα ΒΕ ,

ΑΒΓ ,

ΕΓ . Επειδή το Ε είναι το µοναδικό µέσο του τόξου ΒΓ , η

απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.

Θεώρηµα 2ο

Έστω Ι το έγκεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ. Αν η ευθεία ΑΙ τέµνει τον περιγε-
γραµµένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στο σηµείο Μ, τότε ΜΒ = ΜΙ = ΜΓ .

Απόδειξη
Η ΑΙ είναι διχοτόµος της γωνίας Αˆ του τριγώνου ΑΒΓ,
οπότε το Μ είναι το µέσο του τόξου ΒΓ . Εποµένως
ΜΒ = ΜΓ . Θα αποδείξουµε λοιπόν ότι ΜΒ = ΜΙ . Είναι:
• ΙΑˆ Β = ΙΑˆ Γ = Αˆ = φ ,

2
• ΙΒˆ Α = ΙΒˆ Γ = Βˆ = ω ,

2
• ΒΙˆΜ = ΙΑˆ Β + ΙΒˆ Α = φ + ω ,

ΙΒˆ Μ = ΙΒˆ Γ + ΓΒˆ Μ = ω + φ .
Είναι λοιπόν ΒˆΙΜ = ΙΒˆ Μ = φ + ω , οπότε ΜΒ = ΜΙ . Άρα ΜΒ = ΜΙ = ΜΓ .

Σχόλιο
Αν Μ είναι το µέσο του τόξου ΒΓ και Ι σηµείο του τµήµατος ΑΜ, ώστε ΜΙ = ΜΒ , τότε
το Ι είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

23

Πρόταση 3η

Έστω Ι το έγκεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ και σηµείο Ε στην προέκταση του ΑΙ
προς το Ι, ώστε ΕΙ = ΕΒ . Τότε το Ε είναι σηµείο του περιγεγραµµένου κύκλου
του τριγώνου ΑΒΓ.

Απόδειξη
Έχουµε ΕΙ = ΕΒ , οπότε το τρίγωνο ΕΒΙ είναι ισοσκελές.
Άρα:

ΕˆΙΒ = ΕΒˆ Ι ⇔ Αˆ φ + Βˆ ω = Βˆ ρ + Βˆ ω ⇔
⇔ φ + ω = ρ + ω ⇔ φ = ρ ⇔ ΕΑˆ Γ = ΕΒˆ Γ

Άρα το τετράπλευρο ΑΒΕΓ είναι εγγράψιµο, δηλαδή το Ε είναι
σηµείο του περιγεγραµµένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

1.11 Έστω ΒΓ µια διάµετρος του κύκλου Ω µε κέντρο Ο και Α ένα σηµείο πάνω

στον κύκλο Ω τέτοιο, ώστε 0ο < ΑΟˆ Β < 120ο . Έστω ∆ το µέσο του τόξου ΑΒ ,
που δεν περιέχει το σηµείο Γ. Η ευθεία που περνάει από το σηµείο Ο, και είναι
παράλληλη προς την ευθεία ∆Α, τέµνει την ευθεία ΑΓ στο σηµείο Ι. Η µεσοκά-
θετη του ευθυγράµµου τµήµατος ΟΑ τέµνει τον κύκλο Ω στα σηµεία Ε και Ζ.
Να αποδειχθεί ότι το σηµείο Ι είναι το κέντρο του εγγεγραµµένου κύκλου στο
τρίγωνο ΓΕΖ.

(ΙΜΟ – 2003)

Λύση
Η ακτίνα ΟΑ είναι κάθετη στη χορδή ΕΖ, οπό-
τε το Α είναι µέσο του τόξου ΕΖ . Άρα η ΓΑ είναι
διχοτόµος της γωνίας ΕΓˆ Ζ .
Επειδή είναι ΟΑ = ΟΓ , έχουµε:

ΑΟˆ ∆ = 1 ΑΟˆ Β = 1 ⋅ 2ΑΓˆ Β = ΟΑˆ Γ (1)
22

οπότε η Ο∆ είναι παράλληλη στη ΙΑ και το Ο∆ΑΙ
είναι παραλληλόγραµµο.

Το τετράπλευρο ΟΕΑΖ είναι ρόµβος, διότι οι
διαγώνιές του ΟΑ και ΕΖ διχοτοµούνται και τέ-
µνονται κάθετα. Άρα θα είναι:

24

ΑΙ = Ο∆ = ΟΕ = ΑΖ
Εποµένως έχουµε:

ΙΖˆ Ε = ΙΖˆ Α − EZˆ A = AˆIZ − EΓˆ Α = ΑˆΙΖ − ΙΓˆ Ζ = ΙΖˆ Γ
Άρα η ΖΙ διχοτοµεί τη γωνία ΕΖˆ Γ και το σηµείο Ι είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΓΕΖ,
διότι είναι το σηµείο τοµής δύο διχοτόµων του.

Άλλος τρόπος
Το Ο∆ΑΙ είναι παραλληλόγραµµο (λόγω της
(1)), οπότε ΑΙ = Ο∆ = R . Φέρουµε τις ΓΖ, ΑΖ. Το
ΟΕΑΖ είναι ρόµβος και το τρίγωνο ΟΑΖ είναι
ισόπλευρο. Άρα:
• AΓˆ Ε = ΑΖˆ Ε = 1 ΑΖˆ Ο = 30ο

2
• ΖΓˆ Α = ΖΕˆ Α = 30ο
Άρα η ΓΑ είναι διχοτόµος της ΖΓˆ Ε και αφού
ΑΙ = Ο∆ = R = AZ = ΑΕ , το Ι είναι έγκεντρο του
τριγώνου ΓΕΖ, από το σχόλιο του Θεωρήµατος 2.

Θεώρηµα 4ο

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε έγκεντρο Ι και παράκεντρο που αντιστοιχεί στη γωνία
Aˆ το σηµείο Κ. Τότε, ο περιγεγραµµένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ διχοτοµεί
το τµήµα ΙΚ.

Απόδειξη

Είναι:

• BˆIK = IBˆ A + IAˆ B = Bˆ + Aˆ ,
22

• MBˆ Ι = MBˆ Γ + ΓΒˆ Ι = Αˆ + Βˆ .
22

Εποµένως ΜΒ = ΜΙ .
Είναι ακόµα:

• ΜΒˆ Κ = ΙΒˆ Κ − IBˆ M = 90o − Aˆ + Bˆ = Γˆ ,
22

• ΜΚˆ Β = 90ο − ΚˆΙΒ = 90o − Aˆ + Bˆ = Γˆ .
22

25

Εποµένως ΜΒˆ Κ = ΜΚˆ Β = Γˆ , δηλαδή ΜΒ = ΜΚ . Άρα ΜΙ = ΜΒ = ΜΚ , δηλαδή:
2
ΜΙ = ΜΚ

Θα µπορούσαµε επίσης να πούµε ότι αφού στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΒΙ είναι
ΜΒ = ΜΙ , το Μ είναι µέσο του ΚΙ.

Άλλος τρόπος
Έστω Μ το µέσο του ΙΚ. Θα αποδείξουµε ότι το ΑΒΜΓ εί-
ναι εγγράψιµο. Τα τρίγωνα ΙΒΚ, ΙΓΚ είναι ορθογώνια. Έτσι:

ΒΜˆ Γ + ΒΑˆ Γ = ΒΜˆ Ι + ΙΜˆ Γ + Αˆ =

= (180ο − 2φ) + (180ο − 2ω) + Αˆ =

= 360ο − 2(φ + ω) + Αˆ = 360ο − 2ΒˆΙΓ + Αˆ =

= 360ο −  90ο + Αˆ  + Αˆ = 180ο
2  2 

Άρα το Μ είναι σηµείο του κύκλου (Α,Β,Γ).

Θεώρηµα 5ο

Ο εγγεγραµµένος κύκλος ενός τριγώνου ΑΒΓ και ο παρεγγεγραµµένος κύκλος,
που αντιστοιχεί στη γωνία Aˆ , εφάπτονται µε την πλευρά ΒΓ στα σηµεία ∆ και
Ε αντίστοιχα. Τότε, ισχύει ότι B∆ = ΓΕ .

Απόδειξη
Γνωρίζουµε ότι:

Β∆ = τ − β και ΓΕ = ΓΖ = τ − β

Άρα:

Β∆ = ΓΕ = τ − β

Σχόλιο
Το µέσο Μ της πλευράς ΒΓ είναι και µέσο του τµήµατος ∆Ε, διότι ΜΒ = ΜΓ και
Β∆ = ΓΕ .

26

Πρόταση 6η

Ο εγγεγραµµένος κύκλος (Ι,ρ) ενός τριγώνου ΑΒΓ εφάπτεται των πλευρών ΑΒ,

ΑΓ στα σηµεία Ε, Ζ αντίστοιχα. Αν η ευθεία ΓΙ τέµνει την ευθεία ΕΖ στο ση-
µείο Ρ, τότε η γωνία ΒΡˆ Γ είναι ορθή.

Απόδειξη

• Στο τρίγωνο ΙΒΓ είναι:

ΡΙˆΒ = ΙΒˆ Γ + ΙΓˆ Β = Βˆ + Γˆ = 90ο − Αˆ (1)
22 2

• Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΕΖ (ΑΕ = ΑΖ) είναι:

ΑΕˆ Ζ + ΑΖˆ Ε = 180ο − Αˆ ⇔ 2φ = 180ο − Αˆ ⇔

⇔ φ = 90ο − Αˆ (2)
2

Επειδή ΑΕˆ Ρ = ΡΙˆΒ = 90ο − Αˆ , το τετράπλευρο ΡΕΒΙ
2

είναι εγγράψιµο. Άρα:
ΒΡˆ Ι = BEˆ I = 90o

Θεώρηµα 7ο

∆ίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, εγγεγραµµένο σε κύκλο, και Μ τυχαίο σηµείο
του µικρού τόξου ΒΓ . Τότε, ισχύει ότι ΜΒ + ΜΓ = ΜΑ .

(Θεώρηµα van Schooten)

Απόδειξη



Έστω σηµείο Ν στη ΜΑ, ώστε ΜΝ = ΜΒ . Το MBN
είναι ισόπλευρο, διότι ΒΜˆ Α = ΒΓˆ Α = 60ο . Άρα:

BN = BM και ABˆ N = MBˆ Γ = 60ο − ΝΒˆ Γ

∆∆

Αλλά τώρα είναι ΑΝΒ = ΜΒΓ , αφού:
ΑΒ = ΒΓ , ΒΝ = ΒΜ και ΑΒˆ Ν = ΜΒˆ Γ = 60ο − ΝΒˆ Γ

Άρα ΑΝ = ΜΓ , δηλαδή:
ΜΑ = ΜΝ + ΝΑ = ΜΒ + ΜΓ

Άλλος τρόπος
Το θεώρηµα Πτολεµαίου στο εγγεγραµµένο τετράπλευρο ΑΒΜΓ δίνει:

ΑΒ⋅ ΜΓ + ΑΓ ⋅ ΜΒ = ΑΜ ⋅ ΒΓ ⇔ α ⋅ ΜΓ + α ⋅ ΜΒ = ΑΜ ⋅ α ⇔
⇔ ΜΓ + ΜΒ = ΜΑ ⇔ ΜΑ = ΜΒ + ΜΓ

27

Άλλος τρόπος
Στην προέκταση της ΒΜ παίρνουµε τµήµα ΜΕ = ΜΓ . Αλλά τότε τα τρίγωνα ΑΜΓ και
ΕΒΓ είναι ίσα, οπότε:

ΒΕ = ΑΜ ⇔ ΒΜ + ΜΕ = ΑΜ ⇔ ΑΜ = ΜΒ + ΜΓ

Θεώρηµα 8ο

Αν Η είναι το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ, να αποδει-
χθεί ότι ΑΗ = 2ΟΜ , όπου Μ είναι το µέσο του ΒΓ.

Απόδειξη
Θεωρούµε το αντιδιαµετρικό Ν του Β ως προς το Ο,
δηλαδή τη διάµετρο ΒΟΝ. Φέρουµε τις ΝΑ, ΝΓ. Επει-
δή ΝΓ ⊥ ΓΒ και ΑΗ ⊥ ΒΓ , είναι ΑΗ // ΝΓ.
Είναι ΝΑ ⊥ ΑΒ και ΓΗ ⊥ ΑΒ , οπότε ΓΗ // ΝΑ.
Το ΝΑΗΓ είναι λοιπόν παραλληλόγραµµο, οπότε
ΑΗ = ΝΓ .
Στο τρίγωνο ΒΓΝ το ΟΜ ενώνει τα µέσα δύο πλευ-
ρών. Άρα ΟΜ = ΓΝ , δηλαδή ΓΝ = 2ΟΜ . Εποµένως:

2
ΑΗ = ΝΓ = 2ΟΜ

1.12 Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ η διχοτόµος της γωνίας Αˆ είναι κάθετη στο τµήµα ΗΟ

που συνδέει το ορθόκεντρο Η µε το περίκεντρο Ο. Να βρεθεί η γωνία Αˆ .

Λύση

Έστω ότι η ΑΟ τέµνει τον κύκλο στο σηµείο Ε. Επει-
δή Bˆ = AEˆ Γ , θα είναι ∆Αˆ Β = ΟΑˆ Γ = ρ και έτσι
ΗΑˆ Μ = ΜΑˆ Ο = ω , όπου ΑΜ είναι η διχοτόµος της γω-
νίας Αˆ . Το τρίγωνο λοιπόν ΑΗΟ είναι ισοσκελές, διότι η
ΑΣ είναι διχοτόµος και ύψος. Άρα:

R = ΟΜ = ΟΑ = ΑΗ ή AH = R
Αλλά ΑΗ = 2ΟΝ , όπου το Ν είναι το µέσο της ΒΓ. Άρα
ΟΝ = R , που σηµαίνει ότι OBˆ N = 30o και έτσι:

2
BOˆ Γ = 120o

Άρα Aˆ = 1 BOˆ Γ = 60ο .
2

28

Θεώρηµα 9ο

Το συµµετρικό του ορθόκεντρου ενός τριγώνου ΑΒΓ, ως προς τυχαία πλευρά
του, είναι σηµείο του περιγεγραµµένου κύκλου του τριγώνου αυτού.

Απόδειξη



Θεωρούµε το ύψος Α∆, το ορθόκεντρο Η του ΑΒΓ και
το συµµετρικό Ν του Η ως προς το ΒΓ. Για να ανήκει το Ν



στον περιγεγραµµένο κύκλο του ΑΒΓ , αρκεί να αποδεί-
ξουµε ότι το τετράπλευρο ΑΒΝΓ είναι εγγράψιµο. Επειδή
όµως ΒΝˆ Γ = ΒΗˆ Γ , έχουµε:

ΒΝˆ Γ + ΒΑˆ Γ = ΒΗˆ Γ + ΒΑˆ Γ = ΖΗˆ Ε + ΖΑˆ Ε = 180ο
διότι το ΑΖΗΕ είναι εγγράψιµο (ΑΖˆ Η = ΑΕˆ Η = 90ο ) . Άρα
το ΑΒΝΓ είναι εγγράψιµο, δηλαδή το Ν ανήκει πράγµατι στον περιγεγραµµένο κύκλο του
τριγώνου ΑΒΓ.

Θεώρηµα 10ο

Το συµµετρικό του ορθόκεντρου Η ενός τριγώνου ως προς το µέσο µιας τυχαίας
πλευράς του, είναι σηµείο του περιγεγραµµένου κύκλου του τριγώνου αυτού.

Απόδειξη
Αρκεί να αποδείξουµε ότι το τετράπλευρο ΑΒΝΓ είναι
εγγράψιµο σε κύκλο. Το τετράπλευρο ΗΒΝΓ είναι παραλ-
ληλόγραµµο, διότι οι διαγώνιες ΒΓ και ΗΝ διχοτοµούνται.
Εποµένως ΒΝˆ Γ = ΒΗˆ Γ . Άρα:

ΒNˆ Γ + BAˆ Γ = BHˆ Γ + BAˆ Γ =
= ΕHˆ Ζ + ΖAˆ Ε = 180ο

διότι το τετράπλευρο ΑΖΗΕ είναι εγγράψιµο. Άρα το Ν
είναι σηµείο του περιγεγραµµένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

Σηµείωση
Επειδή, όπως έχουµε δει στο προηγούµενο θεώρηµα, το συµµετρικό του ορθόκεντρου ως
προς τυχαία πλευρά είναι επίσης σηµείο του περιγεγραµµένου κύκλου, µπορούµε να διατυπώ-
σουµε το εξής θεώρηµα:

29

«Τα συµµετρικά του ορθόκεντρου ενός τριγώνου ως προς τις πλευρές του και ως
προς τα µέσα των πλευρών του είναι σηµεία του περιγεγραµµένου κύκλου του τριγώ-
νου.»

1.13 Ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο C. Έστω Η το ορθόκεντρο και

Μ το µέσο της πλευράς ΒΓ. Οι ευθείες ΒΗ και ΗΜ τέµνουν τον C στα σηµεία Ζ
και Θ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι ΖΘ = ΒΓ .

(Βραζιλία)

Λύση
Έστω Ν το σηµείο τοµής της ΒΖ µε την πλευρά ΑΓ. Φέ-
ρουµε την ΜΝ.
Στο πρόβληµα αυτό είναι θεµελιώδες το παρακάτω συ-
µπέρασµα:

«Τα συµµετρικά του ορθόκεντρου Η ως προς τις πλευρές
και ως προς τα µέσα των πλευρών ενός τριγώνου είναι ση-
µεία του περιγεγραµµένου κύκλου».

Σύµφωνα λοιπόν µε αυτή την πρόταση τα σηµεία Ν, Μ

είναι µέσα των τµηµάτων ΗΖ και ΗΘ αντίστοιχα. Άρα

ΜΝ = ΖΘ , δηλαδή:
2

ΖΘ = 2ΜΝ = ΒΓ

αφού στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΝΓ για τη διάµεσο ΝΜ ισχύει ότι ΝΜ = ΒΓ , δηλαδή:
2

ΒΓ = 2ΜΝ

Θεώρηµα 11ο

Να αποδειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο, το ορθόκεντρο, το βαρύκεντρο και το περί-
κεντρο είναι συνευθειακά σηµεία.

(Ευθεία Euler)

Απόδειξη



Έστω Η το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο του ΑΒΓ . Έστω Μ το µέσο της ΒΓ, Θ το
σηµείο τοµής των ΑΜ και ΟΗ, Ρ το µέσο του ΑΘ και Ν το µέσο του ΘΗ. Θα αποδείξουµε
ότι το Θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, δηλαδή ότι:

30

ΘΑ = 2ΘΜ

Στο τρίγωνο ΘΗΑ το ΡΝ ενώνει τα µέσα δύο πλευ-
ρών, οπότε:

ΡΝ = ΑΗ = 2ΟΜ = ΟΜ
22

διότι ΑΗ = 2ΟΜ . Είναι επίσης ΡΝ // ΑΗ και αφού
ΑΗ ⊥ ΒΓ , είναι ΡΝ ⊥ ΒΓ . Αφού ΟΜ ⊥ BΓ , είναι
ΡΝ // ΟΜ και επειδή ΟΜ = ΡΝ , το ΟΜΝΡ είναι παραλληλόγραµµο. Εποµένως οι διαγώ-
νιες ΟΝ και ΡΜ διχοτοµούνται, δηλαδή ΘΜ = ΘΡ = ΡΑ . Άρα:

ΑΘ = 2ΘΜ
και έτσι το Θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Σηµείωση
Επειδή ΘΟ = ΘΝ = ΝΗ , το βαρύκεντρο διαιρεί το τµήµα ΟΗ σε δύο τµήµατα µε λόγο 2.
Πιο συγκεκριµένα είναι ΘΗ = 2ΘΟ .

Θεώρηµα 12ο
Να αποδειχθεί ότι το ορθόκεντρο ενός τριγώνου είναι το έγκεντρο του τριγώνου
που έχει κορυφές τα ίχνη των υψών του.
(Θεώρηµα του ορθικού τριγώνου)

Απόδειξη
Φέρνουµε τα ύψη Α∆, ΒΕ, ΓΖ του τριγώνου ΑΒΓ και έστω Η το ορθόκεντρο. Θα απο-
δείξουµε ότι η ∆Α είναι διχοτόµος της γωνίας Ε∆ˆ Ζ του ορθι-
κού τριγώνου ∆ΕΖ.
• Το τετράπλευρο Η∆ΒΖ είναι εγγράψιµο, διότι:

Η∆ˆ Β + ΗΖˆ Β = 90ο + 90ο = 180ο
Εποµένως x = φ (Η∆ˆ Ζ = ΗΒˆ Ζ) .

• Το τετράπλευρο Η∆ΓΕ είναι οµοίως εγγράψιµο, οπότε
y = ω (Η∆ˆ Ε = ΗΓˆ Ε) .

Όµως και το τετράπλευρο ΒΖΕΓ είναι εγγράψιµο, διότι:

31

ΒΖˆ Γ = ΒΕˆ Γ = 90ο

Εποµένως φ = ω (ΖΒˆ Ε = ΖΓˆ Ε) .
Αφού λοιπόν x = φ , y = ω και φ = ω , είναι και x = y . Άρα η ∆Α διχοτοµεί τη γωνία

E∆ˆ Ζ . Όµοια, η ΕΒ διχοτοµεί τη γωνία ∆Εˆ Ζ και η ΖΓ διχοτοµεί τη γωνία ΕΖˆ ∆ .
Βλέπουµε λοιπόν ότι το Η είναι το έγκεντρο του τριγώνου ∆ΕΖ.

Σχόλιο
Το τρίγωνο ∆ΕΖ λέγεται ορθικό τρίγωνο του τριγώνου ΑΒΓ.

Θεώρηµα 13ο

Σε κάθε τρίγωνο, τα µέσα των πλευρών του, τα ίχνη των υψών του και τα µέσα
των τµηµάτων που συνδέουν το ορθόκεντρο µε τις κορυφές του τριγώνου είναι
οµοκυκλικά σηµεία.

(Κύκλος του Euler)

Απόδειξη
Θα αποδείξουµε ότι ο περιγεγραµµένος κύκλος του τριγώ-
νου µε κορυφές τα µέσα Κ, Λ, Μ των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ
του τριγώνου ΑΒΓ διέρχεται:

i) από τα ίχνη των υψών του τριγώνου ΑΒΓ,

ii) από τα µέσα των αποστάσεων του ορθοκέντρου από τις
κορυφές του τριγώνου ΑΒΓ.

i) Φέρνουµε το ύψος Α∆. Επειδή ΜΛ // ΒΓ, το ∆ΚΛΜ εί-
ναι τραπέζιο. Είναι επίσης:

ΚΛ = ΑΒ = ∆Μ
2

διότι στο ορθογώνιο τρίγωνο Α∆Β το ∆Μ είναι διάµεσος. Το ∆ΚΛΜ είναι λοιπόν ισοσκε-
λές τραπέζιο, οπότε:

∆Μˆ Λ + ∆Κˆ Λ = ΜΛˆ Κ + ∆Κˆ Λ = 180ο

Άρα το ∆ΚΛΜ είναι εγγράψιµο σε κύκλο (να τονίσουµε εδώ ότι κάθε ισοσκελές τραπέζιο
είναι εγγράψιµο σε κύκλο). Εποµένως ο κύκλος (Κ,Λ,Μ), που διέρχεται από τις κορυφές



του ΚΛΜ , διέρχεται επίσης από το ∆. Με άλλα λόγια, ο κύκλος (Κ, Λ, Μ) διέρχεται από
τα ίχνη των υψών του τριγώνου ΑΒΓ.

32

ii) Θα αποδείξουµε τώρα ότι ο κύκλος (Κ,Λ,Μ) διέρχεται
και από το µέσο Ρ του τµήµατος ΗΑ, όπου Η το ορθόκεντρο
του τριγώνου ΑΒΓ. Αρκεί λοιπόν να αποδειχθεί ότι το τετρά-
πλευρο ΚΛΡΜ είναι εγγράψιµο. Επειδή ΜΡ // ΗΒ και
ΡΛ // ΗΓ, είναι:

• ΜΡˆ Λ = ΒΗˆ Γ = ΖΗˆ Ε
• ΜΡˆ Λ + ΜΚˆ Λ = ΖΗˆ Ε + ΖΑˆ Λ = 180ο
διότι το ΑΖΗΕ είναι εγγράψιµο και το ΑΜΚΛ είναι παραλλη-
λόγραµµο, οπότε ΜΚˆ Λ = Αˆ = ΖΑˆ Ε . Άρα το τετράπλευρο ΜΡΛΚ είναι εγγράψιµο, οπότε ο
κύκλος (Κ,Λ,Μ) διέρχεται και από το µέσο Ρ του ΗΑ. Όµοια, ο κύκλος αυτός διέρχεται και
από τα µέσα των ΗΒ, ΗΓ.
Άρα τελικά τα εννέα παραπάνω σηµεία είναι οµοκυκλικά.
Σχόλια
Από τις παραγράφους (i) και (ii) συµπεραίνουµε ότι και τα 9 σηµεία βρίσκονται στον ίδιο
κύκλο. Ο κύκλος αυτός λέγεται κύκλος του Euler.

• Το κέντρο του κύκλου του Euler είναι το µέσο Ι του τµήµατος που συνδέει το ορθόκε-
ντρο µε το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Αυτό συµβαίνει διότι π.χ. η µεσοκάθετος της
χορδής ∆Κ του κύκλου του Euler διέρχεται από το µέσο Ι της µη παράλληλης πλευράς
ΟΗ του τραπεζίου Η∆ΚΟ (Η∆ // ΟΚ, διότι Η∆, ΟΚ ⊥ ΒΓ) .
33

• Η ακτίνα του κύκλου του Euler είναι ίση µε το µισό της ακτίνας R του περιγεγραµµέ-

νου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

Πραγµατικά, από το τρίγωνο ΗΟΑ προκύπτει ότι:

R9 = ΙΡ = ΟΑ ⇔ ΙΡ = R
2 2

Αλλά η ΙΡ είναι ακτίνα του κύκλου του Euler και έτσι ο ισχυρισµός µας αποδείχθηκε.

Άλλος τρόπος

Γνωρίζουµε από τα θεωρήµατα 9 και 10 ότι τα συµµετρικά του ορθόκεντρου Η ως προς

την πλευρά ΒΓ καθώς και ως προς το µέσο Μ της πλευράς ΒΓ είναι σηµεία του περιγε-



γραµµένου κύκλου του ΑΒΓ . Αν λοιπόν Θ είναι το µέσο του ΗΒ, ∆ το ίχνος του ύψους
από το Α και Μ το µέσο του ΒΓ, αρκεί να αποδειχθεί ότι TΘ = Τ∆ = ΤΜ = R , όπου Τ εί-

2

ναι το µέσο του ΟΗ.

• Φέρουµε ΤΣ ⊥ ΒΓ . Στο τραπέζιο ΟΜ∆Η το ΤΣ είναι διάµεσος (αφού ΤΣ // ΟΜ και

το Τ είναι µέσο του ΟΗ), οπότε η ΤΣ είναι µεσοκάθετος του Μ∆. Άρα:

Τ∆ = ΤΜ = ΟΝ = R (1)
22

Σηµειώνουµε ότι στο τρίγωνο ΗΟΝ το ΤΜ ενώνει

τα µέσα των πλευρών ΗΟ, ΗΝ.

• Στο τρίγωνο ΗΟΒ το ΤΘ ενώνει τα µέσα Τ, Θ των

πλευρών ΗΟ, ΗΒ. Εποµένως:

TΘ = ΟΒ = R (2)
22

Από τις (1) και (2) συµπεραίνουµε ότι:

TΘ = Τ∆ = ΤΜ = R
2

Άρα ο κύκλος µε κέντρο το µέσο Τ του ΟΗ και ακτίνα R διέρχεται από το Θ, το ∆ και το
2

Μ, δηλαδή τελικά από τα µέσα των τµηµάτων ΗΒ, ΗΓ, ΗΑ, από τα ίχνη των υψών και από
τα µέσα των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ. Το Τ είναι λοιπόν το κέντρο του κύκλου Euler, η
δε ακτίνα του κύκλου αυτού είναι R .

2

1.14 ∆ύο κύκλοι τέµνονται στα σηµεία Α και Β. Έστω Γ∆ µια κοινή εφαπτοµένη των

δύο κύκλων έτσι, ώστε το Β να είναι εσωτερικό σηµείο του τριγώνου ΑΓ∆. Αν
Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΓ∆, να αποδειχθεί ότι ΗΒ ⊥ ΑΒ .

34

Λύση
Έστω Ε, Ζ, Μ, Ν τα µέσα των ΑΓ, Α∆, ΑΗ, ΑΒ αντίστοιχα. Έστω επίσης ότι η ΑΒ τέ-
µνει τη Γ∆ στο Κ. Τότε:

ΚΓ2 = ΚΒ ⋅ ΚΑ = Κ∆2 ⇔ ΚΓ = Κ∆

Επειδή ΕΝ // ΓΒ και ΝΖ // Β∆,
είναι:

ΕΝˆ Ζ = ΓΒˆ ∆ = 180ο − x − y =

= 180o − (x + y) = 180o − Aˆ =

= 180o − EKˆ Z

διότι το ΑΕΚΖ είναι παραλληλό-
γραµµο. Είναι λοιπόν:

ENˆ Z + EKˆ Z = 180o

οπότε το τετράπλευρο ΝΕΚΖ
είναι εγγράψιµο. Έτσι, ο κύκλος
που διέρχεται από τα µέσα Κ, Ε,
Ζ των πλευρών του τριγώνου
ΑΓ∆ διέρχεται από το Ν. Αλλά ο
κύκλος (Κ,Ε,Ζ) διέρχεται από το
ίχνος Λ του ύψους ΑΛ και από το µέσο Μ του ΑΗ, διότι είναι ο κύκλος Euler του τριγώνου
ΑΓ∆. Επειδή MΛˆ K = 90ο , είναι και ΜΝˆ Κ = 90ο . Αλλά ΜΝ // ΗΒ, οπότε ΗΒ ⊥ ΑΒ και η
απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Θεώρηµα 14ο

Οι προβολές τυχαίου σηµείου Μ του περιγεγραµµένου κύκλου ενός τριγώνου
ΑΒΓ πάνω στις πλευρές του τριγώνου αυτού, είναι συνευθειακά σηµεία.

(Ευθεία Simson)

Απόδειξη
Έστω Μ∆ ⊥ ΒΓ , ΜΕ ⊥ ΑΓ , ΜΖ ⊥ ΑΒ . Επειδή η ΑΕΓ είναι ευθεία, για να είναι τα
σηµεία ∆, Ε, Ζ συνευθειακά, αρκεί να αποδείξουµε ότι ΑΕˆ Ζ = ∆Εˆ Γ .
• Το τετράπλευρο Γ∆ΕΜ είναι εγγράψιµο, οπότε:

∆Εˆ Γ = ∆Μˆ Γ = x

35

• Το τετράπλευρο ΑΕΜΖ είναι εγγράψιµο, οπότε:
AEˆ Z = AMˆ Z = y

• Τα τρίγωνα Μ∆Γ, ΜΖΑ είναι ορθογώνια, οπότε:
∆Μˆ Γ = 90ο − ΜΓˆ ∆ ⇔ x = 90o − MΓˆ ∆ (1)
ΑΜˆ Ζ = 90ο − ΖΑˆ Μ ⇔ y = 90o − ZAˆ M (2)

• Από το εγγεγραµµένο τετράπλευρο ΑΒΓΜ παίρ-
νουµε όµως ότι:

MΓˆ Β = ΜΑˆ Ζ ⇔ ΜΓˆ ∆ = ΖΑˆ Μ (3)

Οι σχέσεις (1) και (2), λόγω της (3), δίνουν x = y . Άρα τα σηµεία ∆, Ε, Ζ είναι συνευθεια-

κά.

Σχόλια
α) Είναι σηµαντικό να παρατηρήσουµε ότι ισχύει και το αντίστροφο του θεωρήµατος αυ-
τού. Έτσι:

"Αν οι προβολές ενός σηµείου του επιπέδου εκτός τριγώνου πάνω στις πλευρές του
είναι συνευθειακά σηµεία, τότε το σηµείο αυτό ανήκει στον περιγεγραµµένο κύκλο του
τριγώνου."

β) Η ευθεία που σχηµατίζουν οι προβολές των σηµείων Μ πάνω στις πλευρές του τριγώ-
νου λέγεται ευθεία Simson του Μ για το τρίγωνο αυτό ή ακόµα ευθεία Simson – Wallace.

γ) Το γενικευµένο θεώρηµα Simson – Wallace έχει
την εξής µορφή:

Αν Μ είναι σηµείο του περιγεγραµµένου κύκλου
ενός τριγώνου ΑΒΓ και ∆, Ε, Ζ είναι σηµεία των ΒΓ,
ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα, ώστε οι προσανατολισµένες γωνί-
ες M∆ˆ Γ , ΜΕˆΓ , ΜΖˆΑ να είναι ίσες, τότε τα σηµεία
∆, Ε, Ζ είναι συνευθειακά.

Η απόδειξη προκύπτει, όπως και πριν, από τα εγγρά-
ψιµα τετράπλευρα ΜΕ∆Γ, ΜΕΑΖ και το εγγεγραµµένο
τετράπλευρο ΑΒΓΜ, οπότε τελικά είναι:

∆ΕˆΓ = ΑΕˆΖ

36

Πρόταση 15η

Η ευθεία Simson, η οποία αντιστοιχεί σε ένα σηµείο M του περιγεγραµµένου
κύκλου τριγώνου ΑΒΓ, διχοτοµεί το τµήµα που συνδέει το M µε το ορθόκεντρο
Η του τριγώνου ΑΒΓ.

Απόδειξη
Έστω Μ∆ ⊥ ΒΓ , ΜΕ ⊥ ΒΑ και Ν το συµµετρικό του Μ ως προς τη ΒΓ. Το ∆ είναι
µέσο του ΜΝ και η ∆Ε είναι η ευθεία Simson του σηµείου Μ. Θα αποδείξουµε ότι
ΗΝ // ∆Ε, οπότε, αφού το ∆ είναι µέσο του ΜΝ, η ευθεία (ε) θα διχοτοµεί το ΗΜ.
• Στο εγγράψιµο τετράπλευρο ΜΚ∆Γ είναι:

Μ∆ˆ Κ = ΜΓˆ Κ = ΜΓˆ Α = ΜΖˆ Α = x
Εποµένως (ε) // ΑΖ. Το τραπέζιο ΗΘΝΜ είναι ισοσκε-

λές, διότι το Η είναι συµµετρικό µε το Θ και το Μ µε το

Ν ως προς την ευθεία ΒΓ. Εποµένως:
HNˆ M = ΘΜˆ Ν ⇔ y = z

Όµως AZˆ M = ZMˆ Θ (x = z) , διότι AM = ΘZ . Από τις

σχέσεις λοιπόν:

x = z και y = z

συµπεραίνουµε ότι x = y , οπότε ΑΖ // ΗΝ. Άρα, αφού το

∆ είναι µέσο του ΜΝ και ∆Ε // ΗΝ, από το τρίγωνο
ΗΜΝ συµπεραίνουµε ότι η ∆Ε διχοτοµεί το τµήµα ΗΜ.

Άλλος τρόπος

Έστω ∆ΕΖ η ευθεία Simson που αντιστοιχεί στο σηµείο Μ και Ν το σηµείο τοµής της
∆Ζ µε τη ΓΗ. Ας είναι ακόµα Σ το σηµείο τοµής της ΓΗ µε τον κύκλο (Α,Β,Γ).

Τα Η, Σ είναι συµµετρικά ως προς την ΑΒ, οπότε
ZH = ZΣ και έτσι:

ΖΣˆ Η = ΖΗˆ Σ
Από το εγγράψιµο τετράπλευρο ΑΖΕΜ έχουµε:

ΝΖˆ Μ = ΕΖˆ Μ = ΕΑˆ Μ = ΓΑˆ Μ = ΓΣˆ Μ (x = y = ω)

Εποµένως το ΜΝΣΖ είναι εγγγράψιµο και αφού είναι
τραπέζιο (ΜΖ // ΓΣ), είναι ισοσκελές τραπέζιο. Εποµέ-
νως:

37

MNˆ Σ = ΝΣˆ Ζ = ΗΣˆ Ζ = ΣΗˆ Ζ

Αυτό σηµαίνει ότι ΖΗ // ΜΝ και έτσι το ΜΝΗΖ είναι παραλληλόγραµµο. Άρα οι διαγώνιες
ΜΗ και ΝΖ διχοτοµούνται. Με άλλα λόγια η ευθεία Simson ∆ΕΖ, που αντιστοιχεί στο Μ,



διχοτοµεί το τµήµα ΜΗ που συνδέει το Μ µε το ορθόκεντρο Η του ΑΒΓ .

Πρόταση 16η

Σε αντιδιαµετρικά σηµεία του περιγεγραµµένου κύκλου ενός τριγώνου ΑΒΓ
αντιστοιχούν κάθετες ευθείες Simson.

Απόδειξη
Έστω Μ, Ν δύο αντιδιαµετρικά σηµεία Μ∆, ΝΖ ⊥ ΒΓ και ΜΕ, ΝΗ ⊥ ΑΒ . Οι ευθείες
εµ , εν (δηλαδή οι ∆Ε, ΗΖ) είναι οι ευθείες Simson

των σηµείων Μ και Ν αντίστοιχα. Θα αποδείξουµε ότι
οι ευθείες αυτές είναι κάθετες, δηλαδή ότι:

ΤΖˆ ∆ + Τ∆ˆ Ζ = 90ο ⇔ x + y = 90o

Από τα εγγράψιµα τετράπλευρα ΝΗΒΖ και Μ∆ΒΕ
παίρνουµε ότι:

TZˆ ∆ = ΒΖˆ Η = ΒΝˆ Η = x και T∆ˆ Ζ = ΒΜˆ Ε = y (1)

Επειδή η ΜΝ είναι διάµετρος, είναι NBˆ M = 90o , ο-

πότε:

BNˆ H = 90o − HBˆ N = ABˆ M (2)

Εποµένως είναι:

(1) (2)

TZˆ ∆ + Τ∆ˆ Ζ = ΒΝˆ Η + ΒΜˆ Ε = ΑΒˆ Μ + ΒΜˆ Ε = x + y = 90o
διότι το τρίγωνο ΒΕΜ είναι ορθογώνιο στο Ε και έτσι x + y = 90o .

1.15 ∆ίνεται παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆ και µια ευθεία (ε), που τέµνει την πλευρά Γ∆

στο Ζ και την ευθεία ΒΓ στο Η. Αν Ε είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΓΖΗ
και το τετράπλευρο ΒΓΕ∆ είναι εγγράψιµο, να αποδειχθεί ότι η (ε) είναι διχο-
τόµος της γωνίας Αˆ του παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆.

(ΙΜΟ – 2007)

38

Λύση

Αν ΕΚ ⊥ ΖΓ και ΕΛ ⊥ ΓΗ , τότε τα Κ, Λ είναι µέσα των ΓΖ, ΓΗ αντίστοιχα. Έτσι,
στο τρίγωνο ΓΑΗ η ΚΛ περνάει από το µέσο Μ του ΑΓ
(αφού ΚΛ // ΑΗ). Στο τρίγωνο Β∆Γ η ευθεία ΚΛ είναι η
ευθεία Simson για το Ε, οπότε θα είναι ΕΜ ⊥ Β∆ .
Επειδή το Μ είναι µέσο του Β∆ και ΕΜ ⊥ Β∆ , θα εί-
ναι ΕΒ = Ε∆ . Εποµένως:

• ΕΒˆ ∆ = Ε∆ˆ Β (y = ω) ,

• EBˆ ∆ = ΕΓˆ ∆ (y = x) , από το εγγράψιµο ΒΓΕ∆,

• E∆ˆ Β = ΕΓˆ Λ (ω = φ) , από το εγγράψιµο ΒΓΕ∆.



Άρα y = ω , y = x και ω = φ , δηλαδή x = φ . Επειδή το Ε είναι περίκεντρο του ΓΗΖ

και ΕΓˆ Ζ = ΕΓˆ Η ∆ είναι ισοσκελές. Άρα ΓΖˆ Η = ΓΗˆ Ζ , δηλαδή

(x = φ) , το τρίγωνο ΓΖΗ

ΒΑˆ Η = ∆Αˆ Η .

1.16 ∆ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραµµένο σε κύκλο C και τυχαίο σηµείο Μ του C. Αν

Ρ, Σ, Τ είναι τα συµµετρικά του Μ ως προς τις
ευθείες ΒΓ, ΑΓ και ΑΒ, να αποδειχθεί ότι το
ορθόκεντρο Η και τα σηµεία Ρ, Σ, Τ είναι συ-
νευθειακά.

Λύση

Επειδή τα Ρ, Σ, Τ είναι τα συµµετρικά του Μ ως προς
τις ευθείες ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ, συµπεραίνουµε ότι ΣΤ // ΖΕ και
ΣΡ // Ε∆. Όµως τα σηµεία ∆, Ε, Ζ, που είναι τα ίχνη των
καθέτων από το Μ προς τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ,
είναι συνευθειακά και ορίζουν την ευθεία Simson για το
σηµείο Μ. Άρα και τα Ρ, Σ, Τ είναι συνευθειακά.

Επειδή η ευθεία (ε) (του Simson) διχοτοµεί το τµήµα
ΗΜ και (ε) // ΡΤ, συµπεραίνουµε ότι το Η βρίσκεται στην
ευθεία ΡΣΤ. Άρα τα σηµεία Ρ, Σ, Τ, Η είναι συνευθεια-
κά.

39

Θεώρηµα 17ο

Σε ένα τετράπλευρο ΑΒΓ∆ οι ευθείες ΑΒ, ∆Γ τέµνονται στο Ε και οι ευθείες
ΒΓ, Α∆ τέµνονται στο Ζ. Να αποδειχθεί ότι οι περιγεγραµµένοι κύκλοι των τρι-
γώνων Α∆Ε, ΑΒΖ, ΒΓΕ και ∆ΓΖ διέρχονται από το ίδιο σηµείο, το οποίο ονο-
µάζεται σηµείο Miquel του τετραπλεύρου.

(Σηµείο Miquel τετραπλεύρου)

Απόδειξη
Έστω ότι οι κύκλοι (Β,Γ,Ε) και
(∆,Γ,Ζ) τέµνονται στο Μ. Θα αποδεί-
ξουµε ότι το τετράπλευρο ΑΕΜ∆ είναι
εγγράψιµο, οπότε ο περιγεγραµµένος
κύκλος του τριγώνου ΑΕ∆ θα διέρχεται
από το Μ.
• Από το εγγεγραµµένο τετρά-

πλευρο ΜΕΒΓ παίρνουµε ότι:
ΓΜˆ Ε = ΓΒˆ Α = φ

• Από το εγγεγραµµένο τετρά-
πλευρο ΜΓ∆Ζ έχουµε:
ΓΜˆ ∆ = ΓΖˆ ∆ = ρ

Εποµένως, στο τετράπλευρο ΑΕΜ∆

είναι:

ΕΑˆ ∆ + ΕΜˆ ∆ = Αˆ + (ΕΜˆ Γ + ΓΜˆ ∆) = Αˆ + ΓΒˆ Α + ΓΖˆ ∆ = 180ο

κάτι που απορρέει από το άθροισµα των γωνιών στο τρίγωνο ΑΒΖ. Άρα το ΑΕΜ∆ είναι
εγγράψιµο. Όµοια και ο κύκλος (Α,Β,Ζ) περνάει από το Μ.

Σχόλιο
Το τετράπλευρο ΑΒΓ∆ µαζί µε τα σηµεία τοµής Ε των ΑΒ, Γ∆ και Ζ των ΒΓ, Α∆ αντίστοι-
χα, ονοµάζεται πλήρες τετράπλευρο.

Θεώρηµα 18ο

∆ίνεται πλήρες τετράπλευρο ΑΒΓ∆ΕΖ και το σηµείο Μ του Miquel για το τε-
τράπλευρο αυτό. Να αποδειχθεί ότι τα κέντρα των περιγεγραµµένων κύκλων
των τριγώνων ΑΒΖ, Α∆Ε, ΒΓΕ, ∆ΓΖ είναι οµοκυκλικά σηµεία.

(1ο Θεώρηµα Miquel)

40

Απόδειξη

Γνωρίζουµε ότι οι τέσσερις κύκλοι διέρχονται από το σηµείο Μ του Miquel.
Έστω Κ, Λ, Τ, Σ τα κέντρα των περιγεγραµµένων κύκλων των τριγώνων ΒΓΕ, Γ∆Ζ,
ΑΒΖ, Α∆Ε αντίστοιχα. Θα αποδείξουµε ότι το τετράπλευρο ΚΛΤΣ είναι εγγράψιµο.

• Η ΣΚ είναι διάκεντρος των κύκλων CK , CΣ , οπότε ΣΚ ⊥ ΜΕ , αφού η ΜΕ είναι
η κοινή χορδή των δύο αυτών κύκλων.

• Η ΤΛ είναι η διάκεντρος των κύκλων CΤ , CΛ , οπότε ΤΛ ⊥ ΜΖ .

• Η ΚΛ είναι διάκεντρος των κύκλων CK , CΛ , οπότε είναι κάθετη στην κοινή χορ-
δή τους ΜΓ, δηλαδή ΚΛ ⊥ ΜΓ .

• Η ΣΤ είναι η διάκεντρος των CΣ , CT , οπότε ΣΤ ⊥ ΜΑ , αφού η ΜΑ είναι η κοινή
τους χορδή.

Είναι λοιπόν από γωνίες µε πλευρές κάθετες:

ΚΣˆ Τ + ΚΛˆ Τ = (180ο − ΕΜˆ Α) + ΖΜˆ Γ = 180ο − Ε∆ˆ Α + Γ∆ˆ Α = 180ο (1)

Ας σηµειώσουµε ότι ΕΜˆ Α = Ε∆ˆ Α από το εγγεγραµµένο τετράπλευρο ΕΜ∆Α και
ΖΜˆ Γ = Γ∆ˆ Α = Ε∆ˆ Α από το εγγεγραµµένο τετράπλευρο ΜΓ∆Ζ.

Από την (1) προκύπτει λοιπόν ότι τα σηµεία Σ, Κ, Λ, Τ είναι οµοκυκλικά.

Σχόλιο
Ο κύκλος αυτός ονοµάζεται κύκλος Miquel του πλήρους τετραπλεύρου.

41

Θεώρηµα 19ο

Το σηµείο Miquel ενός πλήρους τετράπλευρου βρίσκεται στον κύκλο Miquel

του τετραπλεύρου αυτού.

(2ο Θεώρηµα Miquel)

Απόδειξη

Έστω Κ, Λ, Τ, Σ τα κέντρα των περιγεγραµµένων κύκλων των τριγώνων ΒΓΕ, Γ∆Ζ,
ΑΒΖ και Α∆Ε αντίστοιχα.

Θα αποδείξουµε ότι το ΜΚΣΛ είναι εγγράψιµο. Είναι ΣΛ ⊥ Μ∆ και ΣΚ ⊥ ΜΕ (αφού
οι διάκεντροι είναι κάθετες στις κοινές χορδές των αντίστοιχων κύκλων), οπότε:

ΚΣˆ Λ = 180ο − ΕΜˆ ∆ (1)

Είναι όµως:

ΚΜˆ Λ = 180ο − ΜΚˆ Λ − ΜΛˆ Κ = 180ο − 1 ΜΚˆ Γ − 1 ΜΛˆ Γ = (2)
22

= 180ο − ΜΕˆ Γ − Μ∆ˆ Γ = ΕΜˆ ∆

διότι π.χ. η ΚΛ είναι µεσοκάθετος της ΜΓ, οπότε:
ΜΚˆ Γ = 2ΜΚˆ Λ = 2x = 2MEˆ Γ και ΜΛˆ Γ = 2ΜΛˆ Κ = 2y = 2M∆ˆ Γ

Από τις σχέσεις (1) και (2) παίρνουµε ότι:
ΚΣˆ Λ + ΚΜˆ Λ = (180ο − ΕΜˆ ∆) + ΕΜˆ ∆ = 180ο

οπότε το τετράπλευρο ΚΣΛΜ είναι εγγράψιµο. Τα σηµεία λοιπόν Μ, Κ, Σ, Τ, Λ είναι οµο-
κυκλικά, που σηµαίνει ότι ο κύκλος Miquel του πλήρους τετραπλεύρου διέρχεται από το
σηµείο Miquel του τετραπλεύρου αυτού.

42

Β. Για το διαγωνισµό ΕΥΚΛΕΙ∆ΗΣ

Β1. Το Θεώρηµα του Θαλή

Το θεώρηµα του Θαλή εφαρµόζεται συχνά σε τρίγωνα και µάλιστα ως εξής:

i) Αν ∆Ε // ΒΓ, τότε:
Α∆ = ΑΕ , Α∆ = ΑΕ , ∆Β = ΕΓ
∆Β ΕΓ ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ

ii) Αν ισχύει µία από τις παραπάνω σχέσεις, τότε ∆Ε // ΒΓ.
Τις παραπάνω παρατηρήσεις εφαρµόζουµε όταν έχουµε θέµατα που αφορούν παραλλη-
λία.

Θεώρηµα 1ο

Το τρίγωνο που ορίζεται από τις ευθείες δύο πλευρών τριγώνου και µία παράλληλη
προς την τρίτη πλευρά του, έχει πλευρές ανάλογες προς τις πλευρές του αρχικού τρι-
γώνου.

1.17 Στην πλευρά ΒΓ ενός τριγώνου ΑΒΓ παίρνουµε τµήµατα Β∆ = ΓΕ . Οι παράλ-

ληλες από τα ∆, Ε προς τις ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα, τέµνουν τις ΑΒ, ΑΓ στα σηµεία
Ζ και Η. Να αποδειχθεί ότι ΖΗ // ΒΓ.

Λύση (1)

Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι ∆Ζ // ΑΓ. Εποµένως:
Β∆ ΒΖ
=
ΒΓ ΒΑ

43

Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι ακόµη ΕΗ // ΑΒ. Έτσι:

ΓΕ ΓΗ (2)
=

ΓΒ ΓΑ

Επειδή Β∆ = ΓΕ , οι σχέσεις (1) και (2) έχουν τα

πρώτα µέλη ίσα. Θα έχουν λοιπόν και τα δεύτερα

µέλη ίσα, δηλαδή:
ΒΖ = ΓΗ
ΒΑ ΓΑ

Η σχέση αυτή αποδεικνύει ότι ΖΗ // ΒΓ.

1.18 ∆ίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και το ύψος Α∆. Φέρουµε τη ∆Ε ⊥ ΑΓ και ση-

µείο Ρ στο τµήµα ∆Ε τέτοιο, ώστε Ρ∆ = ∆Γ . Να αποδειχθεί ότι ΑΡ ⊥ ΒΕ .
ΡΕ ∆Β

Λύση
Θεωρούµε σηµείο Ζ στην ΕΓ, ώστε ΖΕ = ΡΕ .

ΖΓ Ρ∆
Είναι τότε ΖΡ // ∆Γ, οπότε ΖΡ ⊥ Α∆ . Στο τρίγωνο
λοιπόν Α∆Ζ το Ρ είναι ορθόκεντρο, οπότε
ΑΡ ⊥ ∆Ζ .

Επειδή:
ΖΕ ΡΕ ∆Β
==
ΖΓ Ρ∆ ∆Γ

είναι ∆Ζ // ΒΕ. Άρα ΑΡ ⊥ ΒΕ , διότι ΑΡ ⊥ ∆Ζ .

Β2. Όµοια Τρίγωνα

Α. α) ∆ύο τρίγωνα που έχουν τις γωνίες, µία προς µία, ίσες και τις πλευρές που βρίσκο-
νται απέναντι από τις ίσες γωνίες
ανάλογες, λέγονται όµοια. Έτσι, αν

∆∆

ΑΒΓ ∼ ∆ΕΖ , τότε:
ΑΒ = ΒΓ = ΑΓ
∆Ε ΕΖ ∆Ζ

β) ∆ύο πολύγωνα που έχουν τις
γωνίες, µία προς µία, ίσες και τις
πλευρές που περιέχουν τις ίσες γωνίες ανάλογες, λέγονται όµοια.

44

Β. Για να αποδείξουµε ότι δύο τρίγωνα είναι όµοια, βασιζόµαστε στα επόµενα κριτήρια:

1ο Κριτήριο Οµοιότητας
Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο γωνίες µία προς µία ίσες, τότε αυτά είναι όµοια.

2ο Κριτήριο Οµοιότητας
Αν δύο τρίγωνα έχουν από µία γωνία ίση και τις πλευρές που περιέχουν τις γωνίες
αυτές ανάλογες, τότε αυτά είναι όµοια.

3ο Κριτήριο Οµοιότητας
Αν δύο τρίγωνα έχουν τις πλευρές τους ανάλογες µία προς µία, τότε αυτά είναι ό-
µοια.

Γ. α) Η οµοιότητα είναι µια πολύ ισχυρή έννοια µε πλούσιες εφαρµογές. Με τη βοήθεια
της οµοιότητας:

• Από ισότητες γωνιών καταλήγουµε σε ισότητες λόγων (αναλογίες).
• Από αναλογίες καταλήγουµε σε ισότητες γωνιών.

β) Στην οµοιότητα τριγώνων και ειδικότερα στην κατασκευή του λόγου πρέπει να βασι-
ζόµαστε στην αρχή:

Στα όµοια τρίγωνα απέναντι από ίσες γωνίες βρίσκονται ανάλογες πλευρές και α-
ντιστρόφως.

Έτσι ο λόγος ΑΒ δηλώνει ότι απέναντι από τις πλευρές ΑΒ, ∆Ε των δύο όµοιων τρι-
∆Ε

γώνων βρίσκονται ίσες γωνίες.

γ) Στο διπλανό σχήµα είναι
∆Ε // ΒΓ. Τα τρίγωνα Α∆Ε και
ΑΒΓ είναι τότε όµοια και θα
ισχύει:

Α∆ ΑΕ ∆Ε
==

ΑΒ ΑΓ ΒΓ
Το σχήµα αυτό µε την παραπάνω
σχέση παρουσιάζονται σε πολλά
θέµατα οµοιότητας.

45

δ) Αξίζει ακόµα να επισηµάνουµε ότι:
• ∆ύο ορθογώνια τρίγωνα µε µια οξεία γωνία ίση είναι όµοια.
• ∆ύο ισόπλευρα τρίγωνα είναι πάντοτε όµοια (όπως γενικά και δύο κανονικά πολύ-

γωνα).
• ∆ύο ισοσκελή τρίγωνα µε τις γωνίες των κορυφών ίσες είναι όµοια.
• ∆ύο ισοσκελή τρίγωνα µε µία από τις γωνίες των βάσεων ίσες είναι όµοια.

Θεώρηµα 2ο
Αν δύο ορθογώνια τρίγωνα έχουν δύο αντίστοιχες πλευρές ανάλογες, τότε είναι
όµοια.

1.19 ∆ίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ∆, το βαρύκεντρο Κ του τριγώνου ΑΒΓ και το βαρύ-

κεντρο Λ του τριγώνου Α∆Γ. Να αποδειχθεί ότι:

α) ΚΛ // Β∆, β) Β∆ = 3ΚΛ .

Λύση
α) Τα βαρύκεντρα Κ, Λ των τριγώνων ΑΒΓ και Α∆Γ βρίσκονται πάνω στις διαµέσους
ΒΜ και ∆Μ αντίστοιχα, όπου Μ είναι το µέσο του ΑΓ. Είναι όµως:

ΜΚ 1 και ΜΛ = 1 , οπότε ΜΚ ΜΛ
= =

ΚΒ 2 Λ∆ 2 ΚΒ Λ∆

Έτσι, από το τρίγωνο ΜΒ∆ συµπεραίνουµε ότι ΚΛ // Β∆.

β) Έχουµε ότι:

• τα τρίγωνα ΜΚΛ και ΜΒ∆ είναι όµοια, διότι
ΚΛ // Β∆,

• ΜΚ = 1 .
ΜΒ 3

Εποµένως ΚΛ = ΜΚ = 1 , οπότε Β∆ = 3ΚΛ .
Β∆ ΜΒ 3

1.20 ∆ίνεται παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆. Στη διαγώνιο Β∆ παίρνουµε τα τµήµατα ∆Ε,

ΒΖ, ώστε ∆Ε = ΒΖ . Οι ευθείες ΑΕ, ΑΖ τέµνουν τις ∆Γ, ΒΓ στα σηµεία Η και Θ
αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι ΗΘ // Β∆.

46

Λύση

Για να είναι ΗΘ // Β∆, αρκεί να αποδείξουµε ότι: (1)

∆Η = ΒΘ
∆Γ ΒΓ

• Τα τρίγωνα Ε∆Η, ΕΑΒ είναι όµοι-
α, οπότε ∆Η = ∆Ε (2)
ΑΒ ΕΒ

• Τα τρίγωνα ΖΒΘ, ΖΑ∆ είναι όµοι-
α, οπότε ΒΘ = ΖΒ (3)
Α∆ Ζ∆

Είναι όµως ∆Ε = ΒΖ και ΕΒ = Ζ∆ . Ε-

ποµένως από τις σχέσεις (2) και (3) παίρ-

νουµε:

∆Η = ΒΘ ⇔ ∆Η = ΒΘ
ΑΒ Α∆ ∆Γ ΒΓ

διότι ΑΒ = ∆Γ και Α∆ = ΒΓ . Αποδείξαµε λοιπόν τη σχέση (1), οπότε από το τρίγωνο

Γ∆Β συµπεραίνουµε ότι ΗΘ // Β∆.

1.21 Σε αµβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Αˆ > 90o ) φέρουµε ηµιευθεία Αx κάθετη προς

την πλευρά ΑΒ που τέµνει την πλευρά ΒΓ στο ∆. Από το ∆ φέρουµε παράλληλη
προς την ΑΓ που τέµνει την πλευρά ΑΒ στο Η και τη διάµεσο ΒΜ του τριγώνου
ΑΒΓ στο Ε. Από το Ε φέρουµε παράλληλη προς την ΑΒ που τέµνει τη ΒΓ στο
Ζ. Να αποδειχθεί ότι:
i) η ΖΕ είναι διχοτόµος της γωνίας ΑZˆ ∆ και
ii) Γˆ = ΖΑˆ Ε .

(ΕΜΕ, Θαλής – 2003)

Λύση
i) Επειδή το Μ είναι µέσο της ΑΓ και
∆Η // ΑΓ, θα είναι και Ε µέσο του ∆Η. Ε-
πειδή το Ε είναι µέσο του ∆Η και ΕΖ // ΒΗ,
θα είναι και Ζ µέσο του Β∆. Στο ορθογώνιο
τρίγωνο ΑΒ∆ η ΑΖ είναι διάµεσος προς την
υποτείνουσα, οπότε θα είναι ΑΖ = ΖΒ = Ζ∆
και Αˆ 1 = ΑΒˆ Ζ . Όµως είναι και:
• Ζˆ 1 = Αˆ 1 , ως εντός εναλλάξ στις πα-

ράλληλες ΕΖ, ΑΒ,

47

• Ζˆ 2 = ΑΒˆ Ζ , ως εντός, εκτός και επί τα αυτά στις παράλληλες ΕΖ, ΑΒ.
Άρα θα είναι και Ζˆ 1 = Ζˆ 2 , οπότε η ΖΕ είναι διχοτόµος της γωνίας ΑΖˆ ∆ .

ii) Τα τρίγωνα ΑΕΖ και ∆ΖΕ είναι ίσα, διότι έχουν τη ΖΕ κοινή, Ζˆ 1 = Ζˆ 2 και
ΑΖ = Ζ∆ . Άρα θα έχουν και ΖΑˆ Ε = ∆ˆ 1 .

Όµως ∆ˆ 1 = Γˆ , ως εντός εκτός και επί τα αυτά στις παράλληλες ∆Η, ΑΓ µε τέµνουσα τη
ΒΓ. Άρα θα είναι και ΖΑˆ Ε = Γˆ .

Β3. Τα Θεωρήµατα ∆ιχοτόµων

Α. Για τις διχοτόµους τριγώνων ισχύουν τα εξής βασικά θεωρήµατα:

1ο Θεώρηµα

Αν η Α∆ είναι διχοτόµος της γωνίας Αˆ τριγώνου ΑΒΓ, τό-
τε:

• ∆Β = ΑΒ
∆Γ ΑΓ

• ∆Β = α ⋅ γ , ∆Γ = α ⋅ β
β+γ β+γ

και αντιστρόφως:

Αν το ∆ είναι σηµείο της πλευράς ΒΓ και ισχύει ∆Β ΑΒ , τότε η Α∆ είναι διχο-
=

∆Γ ΑΓ

τόµος της γωνίας Αˆ .

2ο Θεώρηµα

Αν η ΑΕ είναι διχοτόµος της εξωτερικής γωνίας Αˆ τριγώνου ΑΒΓ, τότε:
• ΕΒ = ΑΒ

ΕΓ ΑΓ

48

• ΕΒ = α ⋅ γ και ΕΓ = α ⋅ β .
β−γ β−γ

Αντιστρόφως:
Αν το Ε είναι σηµείο της προέκτασης της πλευράς ΒΓ και ισχύει ΒΕ = ΑΒ , τότε η

ΕΓ ΑΓ
ΑΕ είναι η εξωτερική διχοτόµος της γωνίας Αˆ .

Β. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, Α∆ η εσωτερική και ΑΕ η εξωτερική διχοτόµος της γωνίας Αˆ
του τριγώνου. Τότε:

∆Β = ΑΒ
∆Γ ΑΓ
και
ΕΒ = ΑΒ
ΕΓ ΑΓ
Είναι δηλαδή:
∆Β = ΕΒ
∆Γ ΕΓ
Στην περίπτωση λοιπόν που για την τετράδα σηµείων (Γ, Β, ∆, Ε) ισχύει ότι:
∆Β = ΕΒ
∆Γ ΕΓ
λέµε ότι τα σηµεία αυτά αποτελούν αρµονική τετράδα και ότι τα σηµεία ∆, Ε είναι αρµο-
νικά συζυγή ως προς τα Γ και Β.

1.22 ∆ίνεται παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆. Η διχοτόµος της γωνίας Αˆ τέµνει τη Β∆ στο

Ε και η διχοτόµος της γωνίας Βˆ τέµνει την ΑΓ στο Ζ. Να αποδειχθεί ότι
ΕΖ // ΑΒ.

Λύση
Για να είναι ΕΖ // ΑΒ, αρκεί να αποδείξουµε ότι:

49

Ε∆ = ΖΓ (1)
ΕΒ ΖΑ

Η ΑΕ είναι διχοτόµος της γωνίας
Αˆ , οπότε ισχύει:

Ε∆ Α∆ (2)
=

ΕΒ ΑΒ

Η ΒΖ είναι διχοτόµος της γωνίας
Βˆ , οπότε ισχύει:

ΖΓ ΒΓ (3)
=

ΖΑ ΒΑ

Επειδή Α∆ = ΒΓ , οι σχέσεις (2) και (3) δίνουν:

Ε∆ ΖΓ
=

ΕΒ ΖΑ

Ισχύει λοιπόν η σχέση (1), οπότε ΕΖ // ΑΒ.

1.23 ∆ίνεται παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆ και τα σηµεία Ε και Ζ των πλευρών Α∆ και

Γ∆ αντίστοιχα, ώστε ΑΕ = ΓΖ . Αν Ρ είναι το σηµείο τοµής των ΑΖ και ΓΕ, να
αποδειχθεί ότι η ΒΡ είναι διχοτόµος της γωνίας ΑΒˆ Γ .

Λύση
Έστω ότι η ΑΖ τέµνει την προέκταση της ΒΓ στο σηµείο Σ. Αρκεί να αποδείξουµε ότι:

ΡΑ = ΑΒ
ΡΣ ΒΣ

Έχουµε ΑΕ // ΣΓ, οπότε από τα όµοια
τρίγωνα ΡΑΕ και ΡΣΓ παίρνουµε:

ΡΑ ΕΑ (1)
=

ΡΣ ΣΓ

Επειδή ΕΑ = ΓΖ , η (1) γίνεται:

ΡΑ ΖΓ (2)
=

ΡΣ ΣΓ

Είναι όµως ΖΓ // ΑΒ. Εποµένως:

ΖΓ ΣΓ ΖΓ ΒΑ (3)
=⇔=

ΒΑ ΒΣ ΣΓ ΒΣ

50

Από τις ισότητες (2) και (3) προκύπτει ότι:
ΡΑ ΒΑ
=
ΡΣ ΒΣ

Άρα η ΒΡ είναι διχοτόµος της γωνίας ΑΒˆ Γ .

Β4. ∆έσµη Ευθειών

Θεώρηµα 1ο

Αν από σηµείο Σ φέρουµε τις τέµνουσες
ΣΑΒ, ΣΓ∆, ΣΕΖ προς δύο παράλληλες ευ-
θείες ε1 και ε2 , τότε:

ΑΓ ΓΕ ΑΕ
==

Β∆ ∆Ζ ΒΖ

Αντιστρόφως: Αν έχουµε δύο παράλλη-

λες ευθείες ε1 και ε2 και για τις τέµνουσες

ΑΒ, Γ∆, ΕΖ ισχύει ότι:

ΑΓ ΓΕ ή ΑΓ ΑΕ
= =

Β∆ ∆Ζ Β∆ ΒΖ

τότε οι ευθείες ΑΒ, Γ∆, ΕΖ διέρχονται από το ίδιο σηµείο ή είναι παράλληλες.

1.24 ∆ίνεται ορθογώνιο ΑΒΓ∆, τα µέσα Μ, Ν των Α∆, ΒΓ αντίστοιχα και σηµείο Ρ

στην προέκταση της Γ∆ προς το ∆. Αν η ΡΜ τέµνει την ΑΓ στο Σ, να αποδει-
χθεί ότι η ΝΜ είναι διχοτόµος της γωνίας ΣΝˆ Ρ .

(Θέµα διαγωνισµών)

Λύση

Για να είναι η ΝΜ διχοτόµος της ΣΝˆ Ρ , αρκεί να αποδείξουµε ότι x = y . Προεκτεί-
νουµε τη ΣΝ µέχρι να συναντήσει την ευθεία ∆Γ στο Ε, τότε:

51

Eˆ = MNˆ Σ = x και NPˆ E = PNˆ M = y

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουµε ότι το τρίγωνο ΝΡΕ είναι ισοσκελές.
Έστω Ο το σηµείο τοµής των ΜΝ, ΑΓ. Προφανώς το Ο είναι µέσο του ΜΝ. Από τα

όµοια τρίγωνα ΣΜΟ, ΣΡΓ παίρνουµε:

MO ΣΟ (1)
=

ΡΓ ΣΓ

Από τα όµοια τρίγωνα ΣΟΝ, ΣΓΕ παίρνουµε: (2)

ΣΟ ΟΝ
=

ΣΓ ΓΕ

Όµως ΜΟ = ΟΝ , οπότε οι σχέσεις (1) και (2) δίνουν:

ΜΟ = ΟΝ ⇔ ΡΓ = ΓΕ
ΡΓ ΓΕ
Στο τρίγωνο ΝΡΕ η ΝΓ είναι ύψος (αφού ΝΓ ⊥ ΡΓ) και διάµεσος (αφού ΓΡ = ΓΕ). Έτσι
αυτό είναι ισοσκελές, οπότε x = y .

Άλλος τρόπος
Έστω OE ⊥ MN , όπου Ο το κοινό µέσο των ΑΓ, ΜΝ. Είναι τότε:

ΣM = ΣΟ = ΣΕ
ΜΡ ΟΓ ΕΝ

διότι ΜΟ // ΡΓ και ΟΕ // ΓΝ.
Από τη σχέση ΣΜ = ΣΕ προκύπτει ότι
ΜΡ ΕΝ

ΜΕ // ΡΝ, οπότε ΕΜˆ Ν = ΜΝˆ Ρ = y . Αλλά

το τρίγωνο ΕΜΝ είναι ισοσκελές, διότι η
ΕΟ είναι µεσοκάθετος του ΜΝ. Έτσι ΕΜˆ Ν = ΕΝˆ Μ = x . Άρα x = y , δηλαδή η ΝΜ είναι
διχοτόµος της γωνίας ΣΝˆ Ρ .

1.25 ∆ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, µε AB > BΓ , και το σηµείο ∆ της πλευράς ΑΒ, µε

Β∆ = ΒΓ . Η παράλληλη από το ∆ προς τη ΒΓ τέµνει την ΑΓ στο σηµείο Ε. Αν
Μ είναι το µέσο του τµήµατος ∆Ε και η ευθεία ΒΜ τέµνει την ΑΓ στο Ζ, να α-
ποδειχθεί ότι ∆Ζ ⊥ ∆Γ .

Λύση
Προεκτείνουµε τη Ζ∆ µέχρι να συναντήσει την ευθεία ΓΒ στο Η. Επειδή ∆ΜΕ // ΗΒΓ
είναι:

52

• ∆Μ ΖΜ (αφού ∆∆
=
Ζ∆Μ ∼ ΖΗΒ )
ΗΒ ΖΒ

ΖΜ ΜΕ ∆∆

• = (αφού ΖΜΕ ∼ ΖΒΓ )
ΖΒ ΒΓ

Εποµένως:

∆Μ ΜΕ
=

ΗΒ ΒΓ

(Αυτό προκύπτει όµως και απ' ευθείας από τη
δέσµη ευθειών (ΖΗ, ΖΒ, ΖΓ) µε παράλληλες
τις ∆ΜΕ και ΗΒΓ).

• Επειδή Μ∆ = ΜΕ , η παραπάνω σχέση δίνει ΗΒ = ΒΓ .

• Επειδή ∆Β = ΒΓ = ΒΗ , το τρίγωνο ∆ΗΓ είναι ορθογώνιο. Έτσι Ζ∆ ⊥ Γ∆ .

53


Click to View FlipBook Version