mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 02, 2023 6:33 pm**

Έστω ισοσκελές τρίγωνο $ABC\left ( AB=AC \right )$ και

το μέσο της πλευράς AC.

Η διχοτόμος της γωνίας $\angle BAC$ τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου BDC

σε σημείο

εσωτερικά του $\vartriangle ABC$ και η ευθεία

επανατέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου ABE

στο σημείο

Αν οι ευθείες

και

τέμνονται στο

και οι ευθείες

και

τέμνονται στο

, να δείξετε ότι το

είναι το έκκεντρο του τριγώνου $\vartriangle AKB.$

Υ.Γ Όχι παραπομπές για να ασχοληθεί όποιος θέλει.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 04, 2023 10:01 pm**

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 6:33 pm
Έστω ισοσκελές τρίγωνο $ABC\left ( AB=AC \right )$ και το μέσο της πλευράς Η διχοτόμος της γωνίας $\angle BAC$ τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου σε σημείο εσωτερικά του $\vartriangle ABC$ και η ευθεία επανατέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο σημείο Αν οι ευθείες και τέμνονται στο και οι ευθείες και τέμνονται στο , να δείξετε ότι το είναι το έκκεντρο του τριγώνου $\vartriangle AKB.$

Υ.Γ Όχι παραπομπές για να ασχοληθεί όποιος θέλει.

Έστω $\left( L \right)$ (κέντρου

) ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle BCD$ , $\left( N \right)$ (κέντρου

) ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ABE$ .

$\bullet$ Από το ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ με διχοτόμο

(προφανώς και ύψος και διάμεσο) και κύκλο $\left( L \right)$ με κέντρο επί της

(μεσοκαθέτου της

), ο κύκλος $\left( L \right)$ , όπως και το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ θα έχουν άξονα συμμετρίας της

και συνεπώς αν $Z\equiv \left( L \right)\cap AB,Z\ne B$ τότε θα είναι $\tau o\xi .ZE=\tau o\xi .ED\Rightarrow \angle EBZ=\angle EBD\Rightarrow BE$ ο φορές της διχοτόμου από το

του τριγώνου $\vartriangle AKB$ και συνεπώς το

είναι σημείο της

διχοτόμου του εν λόγω τριγώνου.

Επίσης

ο φορέας της διχοτόμου της γωνίας $\angle BAC\equiv \angle BAD$ και συνεπώς το

είναι το έκκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABD\Rightarrow \angle AED={{90}^{0}}+\dfrac{\angle ABD}{2}\overset{\angle ABD\equiv \angle ABK}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle AED={{90}^{0}}+\dfrac{\angle ABK}{2}:\left( 1 \right)$
Με $A,B,F,E\in \left( N \right)\Rightarrow \angle FAE=\angle FBE=\angle EBA=\angle EFA:\left( 2 \right)$ και $\angle EAD\overset{AE\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma }{\mathop{=}}\,\angle EAB\overset{A,E,F,B\in \left( N \right)}{\mathop{=}}\,\angle EFD:\left( 3 \right)$

$\bullet$ Από $\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ προκύπτει ότι $ED\bot AF:\left( 5 \right)$ αλλά και με πρόσθεση (κατά μέλη) προκύπτει ότι $DF=AD\overset{D\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,AC}{\mathop{=}}\,DC\Rightarrow \vartriangle AFC$ ορθογώνιο στο

( διαμέσος του ισούται με το μισό της πλευράς που αντιστοιχεί) και συνεπώς $CF\bot AF\overset{\left( 5 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,ED\parallel CF:\left( 6 \right)$

Με $\angle AFC=\angle AHC={{90}^{0}}\Rightarrow A,F,H,C$ ομοκυκλικά σημεία σε κύκλο διαμέτρου

(κέντρου

).

: Εκκεντρο από ομοκυκλικότητες και τομές.png (57.43 KiB) Προβλήθηκε 1548 φορές

$\bullet$ Αν

είναι το δεύτερο (εκτός του

) κοινό σημείο των κύκλων $\left( L \right),\left( D \right)$ , τότε το

θα είναι το ριζικό κέντρο των τριών $\left( \left( D \right),\left( L \right),\left( N \right) \right)$ ανά δύο τεμνομένων κύκλων και συνεπώς

διέρχεται από το

(και από το

φυσικά)

Τότε $\angle FCH\overset{B,F,E,A\in \left( N \right)}{\mathop{=}}\,\angle FAH:\left( 7 \right)$ και $\angle QCB\overset{B,C,D,Q\in \left( L \right)}{\mathop{=}}\,\angle QDF\overset{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\,-\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( D \right)}{\mathop{=}}\,2\left( \angle QCF \right)\overset{\left( 7 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle QCF=\angle FCH$ , οπότε είναι και $\tau o\xi .QF=\tau o\xi .FH:\left( 8 \right)$ ( του κύκλου $\left( D \right)$ ).

Τότε $\angle AIK\equiv \angle AIC\overset{\gamma \omega \nu \iota \alpha \,\,\tau \varepsilon \mu \nu o\mu \varepsilon \nu \omega \nu \,\,\chi o\rho \delta \omega \nu }{\mathop{=}}\,\dfrac{\tau o\xi .QF+\tau o\xi .AC}{2}\overset{\left( 8 \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{\tau o\xi .FH+\tau o\xi .AC}{2}=\angle CPA:\left( 9 \right)$ όπου $P\equiv AH\cap CF$

$\bullet$ Από την $\left( 6 \right)\Rightarrow \angle CPA=\angle DEA\overset{\left( 9 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle AIK=\angle DEA={{90}^{0}}+\dfrac{\angle ABK}{2}$ από όπου προκύπτει ότι το

όντας και στη διχοτόμο της γωνίας $\angle KBA$ του εν λόγω τριγώνου θα είναι το έκκεντρό του και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Υ.Σ. Κώστα θα σου ήμουν ευγνώμων αν μου έλεγες την πηγή αυτού του όμορφου προβλήματος (που ομολογώ ότι με παίδεψε για να του δώσω στοιχειώδη γεωμετρική λύση) καθώς και κάποια λύση που έχεις υπόψη σου

Ευχαριστώ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 05, 2023 9:51 am**

Γειά Στάθη, είχε κολλήσει το latex και πάλεβα 1 ώρα να το φτιάξω!! Είναι από IMO Shortlist ..

Bάζω τη λύση μου.

Έχουμε $\displaystyle \angle ABE=\angle B-\frac{180^\circ-\angle BDC}{2}=\frac{\angle ABD}{2}\Rightarrow BI$ διχοτόμος της γωνίας $\angle ABK$ και

έκκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABD.$

Επομένως $\angle FBC=\angle DEC$ και $\displaystyle \angle EDC=180^\circ-\frac{\angle ADB}{2}.$ Όμως $\displaystyle \angle IAC=\frac{\angle A}{2}+\angle IAE=\frac{\angle A}{2}+\frac{\angle ABD}{2}=\frac{\angle FDC}{2}^{DA=DC}\Rightarrow AF\perp FC$

Οπότε , είναι και $\displaystyle \angle BFC=180^\circ-\angle DFC=90^\circ+\angle FAC=90^\circ+\frac{\angle BDC}{2}=\angle EDC$ και συνεπώς $\displaystyle \vartriangle BFC\sim \vartriangle EDC\Rightarrow \frac{BF}{FC}=\frac{ED}{DC}$

Όμως ισχύει $\displaystyle \angle AIB=180^\circ-\angle ABI-\angle BAI=180^\circ-\angle IAE-\angle BAI=180^\circ-\frac{\angle A}{2}$

Οπότε αρκεί $\displaystyle 90^\circ+\frac{\angle AKB}{2}=180^\circ-\frac{\angle A}{2}\Leftrightarrow \angle AKB=180^\circ-\angle A\Rightarrow \angle AKD=\angle A$

Συνεπώς αρκεί $DA^{2}=DC^{2}=DK\cdot DB\Rightarrow \angle ACI=\angle DBC$ . Αφού $\displaystyle \angle ACI+\angle ICF=90^\circ-\frac{\angle BDC}{2}=\angle EBC=\angle EBD+\angle DBC$ , έπεται πως αρκεί $\displaystyle \frac{\sin \angle ACI}{\sin \angle ICF}=\frac{\sin \angle DBC}{\sin \angle EBD}=\frac{DC}{DE}=^{\vartriangle BFC\sim \vartriangle EDC}=\frac{FC}{BF}.$

Όμως $\displaystyle \frac{\sin \angle ACI}{\sin \angle ICF}=\frac{AI}{IF}\cdot \frac{FC}{AC}=\frac{AB}{BF}\cdot \frac{FC}{AC}=\frac{FC}{BF}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

ΥΓ: Ελπίζω Στάθη να σου άρεσε η λύση μου

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 05, 2023 11:35 am**

Μπορούμε να το δούμε και αλλιλώς, κάνοντας bash

Είναι $\displaystyle \angle ABE=\angle B-\frac{180^\circ-\angle BDC}{2}=\frac{\angle ABD}{2}\Rightarrow BI$ διχοτόμος της γωνίας $\angle ABK\Rightarrow \angle ABI=\angle IBK=\theta$

Έχουμε $\displaystyle \angle AIB=180^\circ-\angle BAI-\angle ABI=180^\circ-\angle IAE-\angle BAI=180^\circ-\frac{\angle A}{2}$ , επομένως αρκεί $\displaystyle \angle AKB=2\left ( \angle AIB-90^\circ \right )=180^\circ-\angle A\Rightarrow \angle AKD=\angle A$

Οπότε , αρκεί $DA^{2}=DC^{2}=DK\cdot DB\Rightarrow \angle ACI=\angle DBC=\angle B-2\theta$

Όμως, έχουμε $\displaystyle \angle IAC=\frac{\angle A}{2}+\angle IAE=\frac{\angle A+\angle ABD}{2}=90^\circ-\angle B+\theta$ και $\displaystyle \frac{AC}{AI}=\frac{AB}{AI}=\frac{\displaystyle \sin \frac{A}{2}}{\sin \theta }=\frac{\cos B}{\sin \theta }$

Αφού $\displaystyle \angle ACI+\angle AIC=90^\circ+\angle B-\theta$ , έπεται πως αρκεί $\displaystyle \frac{AC}{AI}=\frac{\sin \left ( 90^\circ+\theta \right )}{\sin \left ( B-2\theta \right )}=\frac{\cos \theta }{\sin \left ( B-2\theta \right )}$

Τελικά, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \frac{\cos B}{\sin \theta }=\frac{\cos \theta }{\sin \left ( B-2\theta \right )}\Leftrightarrow \frac{\sin \left ( B-2\theta \right )}{\sin 2\theta }=\frac{1}{2\cos B}\Leftrightarrow \frac{\sin \angle DBC}{\sin \angle ABD}=\frac{AB}{BC}\left ( \ast \right )$

Όμως η σχέση $\left ( \ast \right )$ ισχύει , καθώς η

είναι διάμεσος του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC$ και τελειώσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 05, 2023 1:25 pm**

Ανεβάζω και γω μια λύση , κάνοντας χρήση του Θεωρήματος Μενελάου

Θέτω αρχικά

και

τα μέσα των

και

αντίστοιχα.
Λόγω συμμετρίας το

ανήκει στον κύκλο (BCD)

και ισχύει η ισότητα των τόξων D'E = ED

$\angle ABE = \angle D'BE =\angle EBD = \angle IBK$ , άρα

είναι διχοτόμος της $\angle ABK$

Μας αρκεί ν.δ.ο.

διχοτομεί την $\angle BAK$

Επίσης $\angle DFA= 180 - \angle BFA = 180 - \angle BEA = \angle BEM =\frac{1}{2} \angle CEB = \frac{1}{2} CDB$
Επομένως $\angle DFA + \angle DAF = CDB=2 \angle DFA$

άρα το DFA

είναι ισοσκελές

Αν υποθέσουμε πως BDA

και

έιναι όμοια, $\angle ABD =\angle DAK$ και $\angle IAB =\angle AFD -\angle ABF =\angle DAF - \angle DAK= \angle KAI$ , δηλασή παίρνουμε το ζητούμενο.

Πλεόν, αρκεί ν.δ.ο. $\triangle BDA \sim \triangle AKD$
Με Μενελάου στο ADF

με τέμνουσα την

έχουμε

$1= \frac{AC}{CD} \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{FI}{IA} = 2 \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AB} = \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AD}$

άρα $\frac{DK}{KF} =\frac{AD}{BF}$

Συνεπώς $\frac{BD}{AD}=\frac{BF+FD}{AD}=\frac{BF}{AD} +1 = \frac{KF}{DK} +1 =\frac{DF}{DK}=\frac{DA}{DK}$
και εδώ τελειώνει η απόδειξη

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 05, 2023 1:41 pm**

Batapan έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 1:25 pm
Ανεβάζω και γω μια λύση , κάνοντας χρήση του Θεωρήματος Μενελάου

Θέτω αρχικά και τα μέσα των και αντίστοιχα.
Λόγω συμμετρίας το ανήκει στον κύκλο και ισχύει η ισότητα των τόξων

$\angle ABE = \angle D'BE =\angle EBD = \angle IBK$ , άρα είναι διχοτόμος της $\angle ABK$

Μας αρκεί ν.δ.ο. διχοτομεί την $\angle BAK$

Επίσης $\angle DFA= 180 - \angle BFA = 180 - \angle BEA = \angle BEM =\frac{1}{2} \angle CEB = \frac{1}{2} CDB$
Επομένως $\angle DFA + \angle DAF = CDB=2 \angle DFA$

άρα το είναι ισοσκελές

Αν υποθέσουμε πως και έιναι όμοια, $\angle ABD =\angle DAK$ και $\angle IAB =\angle AFD -\angle ABF =\angle DAF - \angle DAK= \angle KAI$ , δηλασή παίρνουμε το ζητούμενο.

Πλεόν, αρκεί ν.δ.ο. $\triangle BDA \sim \triangle AKD$
Με Μενελάου στο με τέμνουσα την έχουμε

$1= \frac{AC}{CD} \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{FI}{IA} = 2 \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AB} = \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AD}$

άρα $\frac{DK}{KF} =\frac{AD}{BF}$

Συνεπώς $\frac{BD}{AD}=\frac{BF+FD}{AD}=\frac{BF}{AD} +1 = \frac{KF}{DK} +1 =\frac{DF}{DK}=\frac{DA}{DK}$
και εδώ τελειώνει η απόδειξη

Στάθη, μας έβγαλε knock out και τους δύο ο μαθητής Παναγιώτης!! Υπέροχη λύση! Απλά, να αναφέρω ότι έκανε Θ .Μενέλαου στο τρίγωνο με διατέμνουσα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 05, 2023 5:49 pm**

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 1:41 pm

Batapan έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 1:25 pm
Ανεβάζω και γω μια λύση , κάνοντας χρήση του Θεωρήματος Μενελάου

Θέτω αρχικά και τα μέσα των και αντίστοιχα.
Λόγω συμμετρίας το ανήκει στον κύκλο και ισχύει η ισότητα των τόξων

$\angle ABE = \angle D'BE =\angle EBD = \angle IBK$ , άρα είναι διχοτόμος της $\angle ABK$

Μας αρκεί ν.δ.ο. διχοτομεί την $\angle BAK$

Επίσης $\angle DFA= 180 - \angle BFA = 180 - \angle BEA = \angle BEM =\frac{1}{2} \angle CEB = \frac{1}{2} CDB$
Επομένως $\angle DFA + \angle DAF = CDB=2 \angle DFA$

άρα το είναι ισοσκελές

Αν υποθέσουμε πως και έιναι όμοια, $\angle ABD =\angle DAK$ και $\angle IAB =\angle AFD -\angle ABF =\angle DAF - \angle DAK= \angle KAI$ , δηλασή παίρνουμε το ζητούμενο.

Πλεόν, αρκεί ν.δ.ο. $\triangle BDA \sim \triangle AKD$
Με Μενελάου στο με τέμνουσα την έχουμε

$1= \frac{AC}{CD} \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{FI}{IA} = 2 \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AB} = \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AD}$

άρα $\frac{DK}{KF} =\frac{AD}{BF}$

Συνεπώς $\frac{BD}{AD}=\frac{BF+FD}{AD}=\frac{BF}{AD} +1 = \frac{KF}{DK} +1 =\frac{DF}{DK}=\frac{DA}{DK}$
και εδώ τελειώνει η απόδειξη
Στάθη, μας έβγαλε knock out και τους δύο ο μαθητής Παναγιώτης!! Υπέροχη λύση! Απλά, να αναφέρω ότι έκανε Θ .Μενέλαου στο τρίγωνο με διατέμνουσα

Ναι Κώστα είναι αλήθεια οτι υπάρχουν φρέσκα μυαλά που μας προσπερνάμε με πολυ δύναμη και μερικές φορες αδυνατώ να τους καταλάβω

Παρόλα αυτα εγω δεν κανω κανένα αγώνα σύγκρισης εδω

Σαν λάτρης της συνθετικής γεωμετριας εγω ευχαριστήθηκα τη λυση μου όπως και τις δικές σας

Καθε λυση εχει τη δίκη της χάρη

Οταν βλέπω μια όμορφη λυση δεν θαυμάζω το σχήμα αλλα τη διαδρομή του μυαλού του λυτη που " έχτισε " αυτο το σχήμα και αυτο ειναι που με εξιτάρει

Δεν γράφω ποτε " σχεδόν " συνοπτική λυση

Γράφω αναλυτικά και αραιά για να ειναι ευανάγνωστα και κατανοητά στον καθε αναγνώστη

Ευχαριστώ για το προβλημα που με παίδεψε για το οποίο ευχαριστήθηκα πολυ τη λυση μου αλλα περισσότερο τη λυση του μαθητή

Οσο υπάρχουν τέτοιοι μαθητές υπαρχει ελπίδα σε αυτόν τον τόπο !

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 05, 2023 6:07 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 5:49 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 1:41 pm

Batapan έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 05, 2023 1:25 pm
Ανεβάζω και γω μια λύση , κάνοντας χρήση του Θεωρήματος Μενελάου

Θέτω αρχικά και τα μέσα των και αντίστοιχα.
Λόγω συμμετρίας το ανήκει στον κύκλο και ισχύει η ισότητα των τόξων

$\angle ABE = \angle D'BE =\angle EBD = \angle IBK$ , άρα είναι διχοτόμος της $\angle ABK$

Μας αρκεί ν.δ.ο. διχοτομεί την $\angle BAK$

Επίσης $\angle DFA= 180 - \angle BFA = 180 - \angle BEA = \angle BEM =\frac{1}{2} \angle CEB = \frac{1}{2} CDB$
Επομένως $\angle DFA + \angle DAF = CDB=2 \angle DFA$

άρα το είναι ισοσκελές

Αν υποθέσουμε πως και έιναι όμοια, $\angle ABD =\angle DAK$ και $\angle IAB =\angle AFD -\angle ABF =\angle DAF - \angle DAK= \angle KAI$ , δηλασή παίρνουμε το ζητούμενο.

Πλεόν, αρκεί ν.δ.ο. $\triangle BDA \sim \triangle AKD$
Με Μενελάου στο με τέμνουσα την έχουμε

$1= \frac{AC}{CD} \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{FI}{IA} = 2 \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AB} = \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AD}$

άρα $\frac{DK}{KF} =\frac{AD}{BF}$

Συνεπώς $\frac{BD}{AD}=\frac{BF+FD}{AD}=\frac{BF}{AD} +1 = \frac{KF}{DK} +1 =\frac{DF}{DK}=\frac{DA}{DK}$
και εδώ τελειώνει η απόδειξη
Στάθη, μας έβγαλε knock out και τους δύο ο μαθητής Παναγιώτης!! Υπέροχη λύση! Απλά, να αναφέρω ότι έκανε Θ .Μενέλαου στο τρίγωνο με διατέμνουσα

Ναι Κώστα είναι αλήθεια οτι υπάρχουν φρέσκα μυαλά που μας προσπερνάμε με πολυ δύναμη και μερικές φορες αδυνατώ να τους καταλάβω

Παρόλα αυτα εγω δεν κανω κανένα αγώνα σύγκρισης εδω

Σαν λάτρης της συνθετικής γεωμετριας εγω ευχαριστήθηκα τη λυση μου όπως και τις δικές σας

Καθε λυση εχει τη δίκη της χάρη

Οταν βλέπω μια όμορφη λυση δεν θαυμάζω το σχήμα αλλα τη διαδρομή του μυαλού του λυτη που " έχτισε " αυτο το σχήμα και αυτο ειναι που με εξιτάρει

Δεν γράφω ποτε " σχεδόν " συνοπτική λυση

Γράφω αναλυτικά και αραιά για να ειναι ευανάγνωστα και κατανοητά στον καθε αναγνώστη

Ευχαριστώ για το προβλημα που με παίδεψε για το οποίο ευχαριστήθηκα πολυ τη λυση μου αλλα περισσότερο τη λυση του μαθητή

Οσο υπάρχουν τέτοιοι μαθητές υπαρχει ελπίδα σε αυτόν τον τόπο !

Καλησπέρα Στάθη!

Ούτε εγώ κάνω αγώνα σύγκρισης εδώ, οι μαθητές πάντα προηγούνται προφανώς

Κάτι έχω καταλάβει

Το ξέρω ότι δεν γράφεις σχεδόν ποτέ συνοπτικές λύσεις , οι λύσεις σου είναι πάντα υπέροχες (κανόνια, αν μου επιτρέπεις

) και φαίνεται όλη η διαδρομή του νου σου, έτσι ώστε να ξεκλειδώσεις τον κρυμμένο θησαυρό !!

Όπως καταλαβαίνεις, το να σου δώσω συγχαρητήρια για την υπέροχη συνθετική λύση σου σε ένα ακόμα πρόβλημα (ένα από τα χιλιάδες που έχεις λύσει

) είναι περιττό.

Ομολογουμένως, η λύση του μαθητή Παναγιώτη είναι αξιοθαύμαστη και σίγουρα υπάρχουν και θα υπάρχουν τέτοιοι υπέροχοι μαθητές που μας κάνουν υπερήφανους (ειδικά όταν στα σχολεία η Ευκλείδεια Γεωμετρία έχει εξοβελιστεί και δεν προωθείται η κρίση, αλλά η τυποποίηση των εννοιών και των ασκήσεων) και αυτό το γεγονός μας χαροποιεί αφάνταστα σε μια εποχή που, όπως ξαναλέω, το σύστημα έχει βγάλει από την ύλη οτιδήποτε κάνει τους μαθητές πιο σκεπτόμενους.

Ελπίζω να μην σε κούρασα
Κώστας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 05, 2023 7:01 pm**

Γειά χαρά. Θεωρώ με απόλυτη βεβαιότητα ότι (επειδή είναι θέμα από sort list IMO) θα υπάρχουν σίγουρα και άλλες απόψεις λύσεων αρκεί κάποιος να "ψάξει" και στο αντίστοιχο διεθνές περιβάλλον. Η ομορφιά στο εδώ περιβάλλον (mathematica), και επιτρέψτε μου να εκφράσω τη προσωπική μου άποψη και επειδή σιγά σιγά εξαντλείται και η 6η δεκαετία της ζωής μου πλέον, είναι ότι οι Μαθητές μας ή οι φοιτητές μας μας παρασέρνουν στον όμορφο μαγευτικό κόσμο να αισθανόμαστε και εμείς για λίγο έφηβοι και νέοι ως λύτες με τις χαρές μας, με τις τσαντίλες μας, με τις άτυπες κοντρίτσες, με όλες δηλαδή αυτές τις ομορφιές ... και μετά έρχεται και μας προσγειώνει τραβώντας μας το αυτί η ....... αμείλικτη πραγματικότητα ... προς στις αγκάλες της. Άρα ας συνεχίσουμε να προχωράμε στον μαγευτικό κόσμο, που μας πιστοποιεί ως ενεργούς πολίτες του είδους, του art of problems solving και στην εδώ παρέα του mathematica.

mathematica.gr

Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές

Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές

Re: Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές

Re: Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές

Re: Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές

Re: Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές

Re: Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές

Re: Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές

Re: Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές

Re: Έκκνετρο από ομοκυκλικότητες και τομές