Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος για το lisari.blogspot.gr

1. http://lisari.blogspot.com
Μια εργασία στην διάταξη των δευτερευόντων
στοιχείων τριγώνου από μία κορυφή
Επιμέλεια: Χατζόπουλος Μάκης
Εισαγωγή
Πολλές φορές πρέπει να φέρουμε από μια κορυφή τριγώνου ταυτόχρονα τη διχοτόμο, διάμεσο και το ύψος.
Προβληματιζόμαστε ή δυσκολευόμαστε με ποια σειρά καταλήγουν στην απέναντι πλευρά. Παρουσιάζουμε,
αναλύουμε - διερευνούμε, αποδεικνύουμε και δίνουμε συμπεράσματα για την διάταξη των δευτερευόντων
στοιχείων ενός τριγώνου που άγονται από την ίδια κορυφή.
Παρουσίαση Προβλήματος
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β > γ, ΑΗ ύψος, ΑΜ, διάμεσος και ΑΔ η διχοτόμος. Τότε με ποια σειρά
διατάσσονται τα σημεία Η, Μ και Δ στην ΒΓ;
Πριν προχωρήσουμε στην διερεύνηση – ανάλυση – απόδειξη του προβλήματος παρουσιάζουμε κάποιες
βασικές προτάσεις:
Βασική πρόταση 1
Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, αν οι γωνίες Β, Γ είναι οξείες, τότε το ύψος που
άγεται από την κορυφή Α θα καταλήγει στο εσωτερικό του
ευθύγραμμου τμήματος ΒΓ, όπως φαίνεται και στο διπλανό σχήμα.
Απόδειξη
‘Έστω ότι το ύψος ΑΗ βρίσκεται στην προέκταση του ΒΓ προς το
Β, τότε έχουμε το εξής σχήμα:
Για την 1B ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΒΗ ισχύει: 0
1 1B H B 90   άτοπο αφού η 1B οξεία γωνία.
Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι το ύψος ΑΗ δεν βρίσκεται στην προέκταση του ΒΓ προς το Γ

2. http://lisari.blogspot.com
Επίσης το ύψος ΑΗ δεν μπορεί να ταυτίζεται με τις πλευρές ΑΒ ή ΑΓ, δηλαδή το σημείο Η να ταυτίζεται με
τις γωνίες Β ή Γ αφού είναι οξείες
άρα τελικά το Η βρίσκεται στο εσωτερικό του ΒΓ όταν οι γωνίες της πλευράς που αντιστοιχεί το ύψος, είναι
οξείες.
Βασική πρόταση 2
Αν μια από τις γωνίες Β, Γ είναι ορθές, τότε το ύψος από την κορυφή Α θα
ταυτιστεί με μια από τις πλευρές του τριγώνου όπως φαίνεται και στο
διπλανό σχήμα.
Απόδειξη
Έστω 0
90  (όμοια 0
90  ), όμως από σημείο Α άγεται μοναδική
κάθετη στην ΒΓ, άρα το ύψος ΑΗ ταυτίζεται με την πλευρά ΑΒ, δηλαδή
το σημείο Η ταυτίζεται με το σημείο Β.
Βασική πρόταση 3
Αν μια από τις γωνίες Β, Γ είναι αμβλεία, τότε το ύψος που άγεται από την
κορυφή Α, θα αντιστοιχεί στο εξωτερικό της πλευράς ΒΓ και προς το μέρος
της αμβλείας γωνίας, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα.
Απόδειξη
Για 0
90  (ανάλογα αν 0
90  ) έχουμε διαδοχικά,
Έστω Η εσωτερικό του σημείο του ΒΓ όπως φαίνεται στο παρακάτω
σχήμα, τότε στο τρίγωνο ΑΒΗ οι γωνίες B,AHBείναι παραπάνω των 1800
, άτοπο (αφού η μία γωνία είναι
αμβλεία και άλλη ορθή)
Το Η δεν μπορεί να ταυτίζεται με τα σημεία Β ή Γ, αφού είναι αμβλείες ή οξείες γωνίες αντίστοιχα, ενώ η
γωνία Η είναι ορθή.
Έστω ότι το Η βρίσκεται στην προέκταση του ΒΓ προς το Γ, όπως φαίνεται στο σχήμα, τότε

3. http://lisari.blogspot.com
η 1 ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΓΗ ισχύει:
0
1 1 90      ,άτοπο. Άρα τελικά το σημείο Η
βρίσκεται στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος
ΒΓ.
Βασική πρόταση 4
Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες, τότε και οι τρίτες πλευρές θα είναι
όμοια άνισες και αντίστροφα.
Απόδειξη
{ σελ. 56 / Εφαρμογή 3η /σχολικού βιβλίου }
Διερεύνηση – Ανάλυση και Λύση του αρχικού προβλήματος
Περίπτωση 1η [ισοσκελές]
Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές (ΑΒ =ΑΓ), οπότε τα σημεία Η,Μ και Δ ταυτίζονται από την γνωστή πρόταση
του ισοσκελούς τριγώνου (η διάμεσος που καταλήγει στην βάση ισοσκελούς τριγώνου είναι ύψος και
διχοτόμος)
Περίπτωση 2η [ισόπλευρο]
Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο, τότε τα σημεία Η,Μ και Δ ταυτίζονται από την γνωστή πρόταση του
ισόπλευρου τριγώνου.
Περίπτωση 3η [Οι γωνίες Β, Γ είναι οξείες]
Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι 0 0
0 90     (όμοια αν 0 0
0 90     ) ενώ η γωνία Α είναι
τυχαία, τότε θα αποδείξουμε ότι η διάταξη των σημείων είναι η εξής: Β, Η, Δ, Μ, Γ, δηλαδή το ίχνος Η,
βρίσκεται ποιο κοντά στην μεγαλύτερη γωνία της βάσης, την  ,ενώ η διάμεσος ΑΜ βρίσκεται ποιο κοντά στην
μικρότερη γωνία της βάσης, δηλαδή την  και η διχοτόμος ΑΔ είναι ανάμεσα από το ύψος ΑΗ και την διάμεσο
ΑΜ.
Για καλύτερη κατανόηση δείτε το παρακάτω σχήμα:
Απόδειξη
Βήμα 1ο: Φέρνουμε την διάμεσο ΑΜ. Η γωνία    γιατί από τα τρίγωνα ΑΒΜ, ΑΜΓ έχουμε:
ΒΜ = ΜΓ (Μ μέσο της ΒΓ)
ΑΜ = ΑΜ (κοινή πλευρά)

4. http://lisari.blogspot.com
γ < β
οπότε από την Βασική πρόταση 4
έχουμε ότι οι περιεχόμενες γωνίες
των ίσων πλευρών θα είναι όμοια
άνισες, δηλαδή    ,
δηλαδή η μία γωνία  είναι
οξεία και η άλλη είναι
αμβλεία, αφού είναι
παραπληρωματικές γωνίες.
Βήμα 2ο : Φέρνουμε το ύψος ΑΗ,
επειδή η γωνία είναι αμβλεία και η γωνία Γ οξεία, λόγω της Βασικής πρότασης 3 το Η βρίσκεται
αριστερά του Μ, δηλαδή βρίσκεται στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος ΒΜ ή λόγω βασικής πρότασης
1 στο τρίγωνο ΑΒΜ με οξείες γωνίες της Β και ΑΜΒ.
Βήμα 3ο: Θα δείξουμε ότι η διχοτόμος ΑΔ βρίσκεται αριστερά της διαμέσου ΑΜ.
Α΄ τρόπος (με γνώσεις Β Λυκείου)
Από το θεώρημα της εσωτερική διχοτόμου έχουμε:
 

 
Όμως, 1 1
 
              
 
δηλαδή το Δ βρίσκεται αριστερά του μέσου Μ,
αφού το Δ είναι πιο κοντά στο σημείο Β σε σχέση με το σημείο Γ (ενώ το μέσο Μ ισαπέχει από τα σημεία Β, Γ),
άρα το ΑΔ βρίσκεται πιο αριστερά από την διάμεσο ΑΜ.
Β΄ τρόπος (με γνώσεις Α΄ Λυκείου)
Θα δείξουμε ότι: ΒΔ < ΔΓ.
Αφού ΑΒ < ΑΓ, υπάρχει εσωτερικό σημείο Ε της ΑΓ τέτοιο ώστε:
ΑΒ = ΑΕ, οπότε συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΔΕ:
ΑΒ =ΑΕ (από κατασκευή)
ΑΔ =ΑΔ (κοινή πλευρά)
 1 2   (αφού ΑΔ διχοτόμος της γωνίας Α)
άρα, ΒΔ = ΔΕ και 1 2  
Επίσης, 1 2   αφού η 1 είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΕΔ, όμως 1 2   άρα
1 1   .
Τέλος, 1   αφού η 1 είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΔΓ, οπότε: 1  
Επομένως στο τρίγωνο ΔΕΓ έχουμε:    αλλά    οπότε,   
Γ΄ τρόπος (με προέκταση κατά ίσο τμήμα της διαμέσου):

5. http://lisari.blogspot.com
Στο διπλανό σχήμα θα αποδείξουμε ότι 1 2   άρα
αναγκαστικά η διχοτόμος της γωνίας Α θα βρίσκεται
από το μέρος της γωνίας 1 .
Βοηθητική ευθεία (στάνταρ διαδικασία): Προεκτείνουμε
κατά ίσο τμήμα ΜΡ την διάμεσο ΑΜ, έτσι έχουμε τα
τρίγωνα ΑΒΜ, ΜΡΓ ίσα, αφού,
ΑΜ =ΜΡ (από κατασκευή)
ΒΜ = ΜΓ (Μ μέσο της ΒΓ)
    (κατακορυφήν)
οπότε ΑΒ = ΡΓ = γ και 1   . Όμως στο τρίγωνο ΑΡΓ
έχουμε β > γ δηλ. ΑΓ > ΡΓ οπότε 2   , όμως 1  
άρα έπεται: 1 2  
Βήμα 4ο: Αρκεί να αποδείξουμε ότι η διχοτόμος ΑΔ
καταλήγει δεξιά του σημείου Η, δηλαδή το σημείο Δ δεν
βρίσκεται στο εσωτερικό του ΒΗ.
Έχουμε από το παρακάτω σχήμα:
Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΗ έχουμε: 0
1 90    (1)
Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΓ έχουμε: 0
2 90    (2)
Από τις δύο παραπάνω σχέσεις παίρνουμε διαδοχικά: 1 2 2 1 0             δηλαδή
2 1 2 10        άρα η διχοτόμος ΑΔ πρέπει να βρίσκεται προς το μέρος της γωνίας 2 αφού πρέπει να
τις χωρίζει σε δύο ίσες γωνίες, άρα η ΑΔ βρίσκεται δεξιά του ΑΗ.

6. http://lisari.blogspot.com
Περίπτωση 4η [ή  ή  ορθή γωνία]
Έστω 0
90  (όμοια 0
90  ) τότε η γωνία Α είναι οξεία, οπότε το ύψος ΑΗ ταυτίζεται με το ΑΒ και το σημείο
Η με το σημείο Β, επομένως σύμφωνα με τα παραπάνω έχουμε το επόμενο σχήμα:
Άρα αρκεί να εξετάσουμε την θέση των ΑΔ, ΑΜ στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ. Αυτό προκύπτει απλά από
την περίπτωση 3 ( βήμα 3).
Περίπτωση 5η [ή  ή  αμβλεία γωνία]
Έστω 0
90  (όμοια 0
90  ) τότε το ύψος
ΑΗ βρίσκεται στο εξωτερικό του
ευθύγραμμου τμήματος ΒΓ προς το μέρος της
αμβλείας γωνίας Β, όπως μας λέει και η
βασική πρόταση 3. Το σχήμα είναι το εξής:
Η απόδειξη είναι απλή, αφού το ύψος ΑΗ
είναι εκτός τριγώνου, άρα αρκεί να
εξετάσουμε την θέση που καταλαμβάνουν η διχοτόμος ΑΔ και η διάμεσος ΑΜ στο εσωτερικό του τριγώνου
ΑΒΓ. Αυτό όμως αποδείχτηκε στην περίπτωση 3 (βήμα 3).

7. http://lisari.blogspot.com
Συμπεράσματα
Σε ένα τρίγωνο όταν μια κορυφή φέρουμε τα τρία δευτερεύοντα στοιχεία τριγώνου, δηλαδή ύψος, διάμεσος και
διχοτόμος, τότε πρέπει να γνωρίζουμε τα εξής:
Το (ίχνος του) ύψος είναι πιο κοντά στην μεγαλύτερη γωνία από τις προσκείμενες γωνίες της πλευράς που
αντιστοιχεί
Η διάμεσος είναι πιο κοντά στην μικρότερη γωνία από τις προσκείμενες γωνίες της πλευράς που αντιστοιχεί
Ενώ η διχοτόμος βρίσκεται ανάμεσα τους, δηλαδή ανάμεσα στο ύψος και την διάμεσο.
Αν οι προσκείμενες πλευρές που άγονται τα ευθύγραμμα τμήματα είναι ίσες (ισοσκελές ή ισόπλευρο) τότε
διάμεσος, ύψος και διχοτόμος ταυτίζονται, δηλαδή καταλήγουν στο ίδιο σημείο της απέναντι πλευράς.
Επιμέλεια: Χατζόπουλος Μάκης
Καθηγητής Μαθηματικών
1ο Λύκειο Ζακύνθου
http://lisari.blogspot.com
Σημείωση: Οι λύσεις είναι ενδεικτικές, υπάρχουν και άλλες εξίσου όμορφες και ενδιαφέρουσες, που τις αφήνουμε στον
αναγνώστη ως άσκηση. Απλά παραθέτουμε τις παραπάνω για λόγους απλότητας και ευκολίας. Οι αποδείξεις καλύπτονται από
τα κεφάλαια 2, 3, 4 και 8 σχ. βιβλίου (αν ακολουθήσουμε τον α’ τρόπο του βήματος 3). Γενικότερα αποδεικνύονται με γνώσεις
Α΄ Λυκείου.