ΘΑΛΗΣ 2022

CarlusMagnsenYourDad22 · #41

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:54 am
B Λυκείου Π.3

Για τον εντοπισμό του Β.Π.3.png
Κατασκευάζω το τόξο χορδής που δέχεται γωνία $70^\circ$ και τόξο χορδής που δέχεται γωνία $80^\circ.$ Τα δύο αυτά τόξα έχουν ήδη ένα κοινό σημείο το άρα θα έχουν και δεύτερο μοναδικό κοινό σημείο, έστω

Καλημέρα! Δεν υπάρχουν και οι περιπτώσεις που το Δ βρίσκεται π.χ. Στο ημιεπίπεδο που ορίζει το ΑΒ και δεν ανήκει το Γ;

#42

Θέμα 1ο Γ' Λυκείου:

Μια ακόμα αντιμετώπιση με μια ιδέα που έχουμε ξανασυζητήσει.

Θέτουμε $\displaystyle{a=1+x,b=1-x, x\in [-1,1].}$

Είναι $\displaystyle{a^3+b^3=(1+x)^3+(1-x)^3=\cdots =6x^2+2}$ και $\displaystyle{a^4+b^4=(1+x)^4+(1-x)^4=\cdots =2x^4+12x^2+2.}$

Επομένως $\displaystyle{A=-6x^4+12x^2+10,}$ δηλαδή $\displaystyle{A=-6q^2+12q+10}$ όπου $\displaystyle{q\in [0,1].}$

Τώρα φανερά $\displaystyle{A=-6(q-1)^2+16}$ , οπότε $\displaystyle{\max A=16}$ με την ισότητα π.χ. για $\displaystyle{q=1.}$

Επίσης $\displaystyle{A\geq -6q^2+12q^2+10=6q^2+10\geq 10,}$ αφού $\displaystyle{q\geq q^2.}$ Επομένως $\displaystyle{\min A=10}$ με την ισότητα για $\displaystyle{q=0.}$

Nick Rapanos · #43

Πρόβλημα 3 - B' Γυμνασίου

1η Προσέγγιση

Έστω ότι ο κύριος Γιάννης δίνει

καραμέλες στον Δημήτρη,

στον Γιώργο και συνεπώς μένουν

καραμέλες στη σακούλα.

Παρατηρούμε ότι προκειμένου να αντιστραφούν οι ρόλοι και να έχει ο Δημήτρης επτά φορές περισσότερες καραμέλες από τον Γιώργο θα πρέπει ο Γιώργος να φάει "πολλές" καραμέλες χωρίς να συμπληρώσει παράλληλα από τη σακούλα, ενώ ο Δημήτρης θα πρέπει να κάνει το αντίθετο, δηλαδή να φάει "λίγες" καραμέλες και να συμπληρώσει όσο το δυνατόν περισσότερες από τη σακούλα.

Πιο συγκεκριμένα, τα παιδιά θα φάνε τον ελάχιστο αριθμό καραμελών όταν ο Δημήτρης δε φάει καμία καραμέλα και συμπληρώσει το μέγιστο δυνατό αριθμό καραμελών από τη σακούλα (δλδ x-1

), ενώ ο Γιώργος θα πρέπει να φάει αρκετές ώστε να μείνει με το ένα έβδομο του αριθμού των καραμελών του Γιώργου.

Καταρχάς να εξηγήσουμε ότι ο Δημήτρης δεν μπορεί να πάρει

καραμέλες από τη σακούλα γιατί τότε θα έμεναν μηδέν καραμέλες στη σακούλα και θα έπρεπε όλοι να έχουν μηδέν στην κατοχή τους στο τέλος. Μπορεί όμως ο Δημήτρης να μη φάει καμία καραμέλα και να πάρει x-1

καραμέλες από τη σακούλα, οπότε καταλήγει με 2x-1

καραμέλες ο Δημήτρης και 1 στη σακούλα. Αλλά γνωρίζουμε ότι $2x-1 = 7\cdot 1$ , επομένως x=4

. Εύκολα δείχνει κανείς ότι σε αυτή την περίπτωση ξεκινήσαμε με 36 καραμέλες και ο Γιώργος πρέπει να φάει τουλάχιστον 27 καραμέλες, δηλαδή τουλάχιστον τα 3/4

της σακούλας. Σε οποιαδήποτε άλλη περίπτωση, ο Δημήτρης είτε τρώει κι αυτός κάποιες καραμέλες είτε παίρνει λιγότερες από τη σακούλα - πράγμα που σημαίνει ότι ο Γιώργος πρέπει να φάει ακόμη περισσότερες καραμέλες για να μείνει με το ένα έβδομο των καραμελών του Δημήτρη. 'Αρα πράγματι, τα παιδιά έφαγαν τουλάχιστον τα 3/4

από τις συνολικές καραμέλες που αγόρασε ο κύριος Γιάννης.

2η Προσέγγιση

Έστω ότι τα παιδιά έφαγαν

καραμέλες και έχουν μέινει με

o Δημήτρης,

ο Γιώργος, και

στη σακούλα.
Τότε $9x - z = 9y \Longrightarrow z = 9(x-y)$ .
Η άσκηση μας ζητάει να αποδείξουμε ότι $\frac{z}{9x} \geq 3/4 \Longleftrightarrow y \leq \frac{x}{4}$ .
Αρχικά, το άθροισμα των καραμελών του Δημήτρη και της σακούλας είναι

. Αφού ο Δημήτρης φάει κάποιες καραμέλες και πάρει και κάποιες από τη σακούλα (ενώ παράλληλα μπορεί και ο Γιώργος να πάρει καραμέλες από τη σακούλα), μένουν

στον Δημήτρη και

στη σακούλα, δηλαδή

συνολικά. Το άθροισμα όμως των καραμελών του Δημήτρη και της σακούλας δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερο από το αρχικό, άρα
$\displaystyle{8y\leq 2x \Longrightarrow y \leq \frac{x}{4}}$
και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Σημείωση. Σε τέτοιου είδους προβλήματα που φαίνεται να έχουμε περισσότερους <<αγνώστους>> από εξισώσεις, σκέφτομαι τρία πράγματα:

1. Το πρόβλημα δε μου ζητάει να βρώ όλους τους <<αγνώστους>> αλλά να αποδείξω κάποια σχέση για αυτούς. Αυτό μπορεί να είναι εφικτό ακόμη κι αν δεν μπορώ να λύσω για τους αγνώστους.
2. Συνήθως ψάχνω να βρώ αναλλοίωτες ποσότητες που θα χρησιμέυσουν στη λύση του προβλήματος. Εδώ η αναλλοίωτη ποσότητα ήταν οι συνολικές καραμέλες (μετρώντας της καραμέλες του Γιώργου, του Δημήτρη, της σακούλας, καθώς και αυτές που έφαγαν τα παιδιά).
3. Ακόμη και όταν δεν μπορώ να λύσω το πρόβλημα φορμαλιστικά (βλ. 2η Προσέγγιση), προσπαθώ με απλές σκέψεις και παραδείγματα να προσδιορίσω τις ακραίες περιπτώσεις του προβλήματος και αυτό ισώς με βοηθήσει στη λύση του (βλ. 1η Προσέγγιση).

Καλή επιτυχία και καλή διασκέδαση!
Ν

#44

CarlusMagnsenYourDad22 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 12, 2022 11:17 am

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 12, 2022 9:54 am
B Λυκείου Π.3

Για τον εντοπισμό του Β.Π.3.png
Κατασκευάζω το τόξο χορδής που δέχεται γωνία $70^\circ$ και τόξο χορδής που δέχεται γωνία $80^\circ.$ Τα δύο αυτά τόξα έχουν ήδη ένα κοινό σημείο το άρα θα έχουν και δεύτερο μοναδικό κοινό σημείο, έστω
Καλημέρα! Δεν υπάρχουν και οι περιπτώσεις που το Δ βρίσκεται π.χ. Στο ημιεπίπεδο που ορίζει το ΑΒ και δεν ανήκει το Γ;

Όχι δεν μπορεί να συμβεί αυτό, γιατί τότε θα είναι $A\widehat DB=110^\circ$ και όχι $70^\circ.$

math. · #45

Εγώ ως μαθητής της Β λυκείου μου πήρε περίπου 1-1.30 ώρα στον διαγωνισμό να λύσω τα πρώτα 2 θέματα...(Βέβαια το 2ο με έναν αρκτα περίεργο τροπο) , ενώ το 1ο και το 3ο πρόβλημα της 3ης Λυκείου τα βρήκα αρκετά εύκολα(Μου πήραν περίπου 10 λεπτά συνολικά)....

#46

math. έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 12, 2022 12:47 pm
Εγώ ως μαθητής της Β λυκείου μου πήρε περίπου 1-1.30 ώρα στον διαγωνισμό να λύσω τα πρώτα 2 θέματα...(Βέβαια το 2ο με έναν αρκτα περίεργο τροπο) , ενώ το 1ο και το 3ο πρόβλημα της 3ης Λυκείου τα βρήκα αρκετά εύκολα(Μου πήραν περίπου 10 λεπτά συνολικά)....

Χμμ...θα μπορούσα να σχολιάσω πολλά, αλλά θα αρκεστώ στις εξής παρατηρήσεις:

1. Οι βάσεις καθορίζονται ανά τάξη μετά τη βαθμολόγηση όλων των γραπτών.

2. Καλά αποτελέσματα και καλή επιτυχία στον ΑΡΧΙΜΗΔΗ των μεγάλων, όπου τα θέματα θα είναι κοινά για όλες τις τάξεις του Λυκείου.

Φιλικά,

Αχιλλέας

panosgl2006 · #47

Καλησπέρα σας!Ως μαθητη της Β λυκείου βρήκα το πρώτο θέμα αρκετά εύκολο ενώ το δεύτερο σαφώς ποιο δύσκολο αλλά δεν ήτανε τρομερά δύσκολο όπως κάποιες άλλες χρονιές.Αυτο που με ξάφνιασε ήταν το θέμα της γεωμετρίας που για μένα τουλάχιστον ήταν αρκετά απαιτητικο.Καλα αποτελέσματα!

math. · #48

ΘΕΜΑ 2-Β' ΛΥΚΕΙΟΥ (Ένας διαφορετικος τροπος-Έτσι το έλυσα εγω)

Για να ορίζονται οι $\sqrt{x-1}$ , $\sqrt{y-1}$ πρέπει x,y $\geq$ 1
Έστω x-1=a , y-1=b
Τότε γίνεται 2ab-2a $\sqrt{b}$ -2b $\sqrt{a}$ +a+b $\leq$ 0
Άρα πρέπει 2ab+a+b $\leq$ 2a $\sqrt{b}$ +2b $\sqrt{a}$
Αφού 2ab+a+b $\geq$ 0 και 2a $\sqrt{b}$ + $2b\sqrt{a}$ $\geq$ 0 πρέπει:
$(2a\sqrt{b}+2b\sqrt{a})^{2}\geq (2ab+a+b)^{2}$ και αρα
$4a^{2}b+4b^{2}a+8ab\sqrt{ab}\geq (a+b)^{2}+(2ab)^{2}+4ab(a+b)$ ....
$8ab\sqrt{ab}\geq(a+b)^{2}+(2ab)^{2}$

Από ( $x^{2}+y^{2}\geq 2xy$ )... $(a+b)^{2}+(2ab)^{2}\geq4ab(a+b)$ [Με ισότητα αν a+b=2ab](1)
Από AM-GM : $a+b\geq 2\sqrt{ab}\Rightarrow 4ab(a+b)\geq 8ab\sqrt{ab}$ [Με ισότητα αν a=b](2)
Άρα $(a+b)^{2}+(2ab)^{2}\geq 8ab\sqrt{ab}$
Όμως θέλουμε $8ab\sqrt{ab}\geq(a+b)^{2}+(2ab)^{2}$ άρα πρέπει :
$8ab\sqrt{ab}=(a+b)^{2}+(2ab)^{2}$
Αυτό για να ισχύει πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα οι ισότητες των ανισοτήτων (1),(2)
Άρα πρέπει: a+b=2ab

και

Άρα $2a=2a^{2}\Leftrightarrow a=a^{2}\Leftrightarrow a=0$ ή a=1

και άρα

ή

karalbi · #49

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 12, 2022 10:42 am
Καλημέρα και πάλι!! Μία λύση στο ΘΕΜΑ 2 Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ.
(1) Το είναι το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle BCE,$ οπότε $\displaystyle \angle ECB=\frac{\angle EAB}{2}=\frac{90^\circ}{2}=45^\circ.$

(2) Προφανώς $\vartriangle ABM\sim \vartriangle \Theta MD$ με υποτείνουσες άρα $\vartriangle ABM=\vartriangle \Theta MD.$
Συνεπώς $\displaystyle \left ( \Theta MD \right )=\left ( ABM \right )=\frac{a\cdot \upsilon }{4}:(1)$

Επιπλέον έχουμε $\displaystyle \left ( ABD \right )=\frac{a^{2}}{2}:(2)$

Άρα τελικά $\displaystyle \boxed {\left ( AM\Theta D \right )=\frac{a^{2}}{2}+\frac{a\cdot \upsilon }{2}}$

Προσοχή νομίζω στο β ερώτημα υπάρχει λάθος γιατί έχετε πάρει οτι η ΑΒ=α το οποίο δεν ισχύει γιατί το τρίγωνο ΑΒΓ δεν είναι ισόπλευρο είναι ισοσκελές

Λύση Θέμα 2 Γεωμετρία Γ Γυμνασίου
Β ερώτημα

Το Εμβαδόν του τραπεζίου ΑΜΘΔ είναι Ε=(β+Β) U/2

Το β του τραπεζίου είναι ίσο με την πλευρά ΘΔ
Το Β του τραπεζίου είναι ίσο με ΑΜ=υ
Το ύψος του τραπεζίου U είναι ίσο με ΘΜ=ΘΒ+ΒΜ

Συγκρίνω τα τρίγωνα ΘΒΔ και ΑΒΜ
Έχουν ΑΒ=ΒΔ (πλευρές τετραγώνου)
Είναι και τα 2 ορθογώνια
Επίσης γωνία ΔΒΑ + γωνία ΔΒΘ + γωνία ΑΒΜ=1800
Άρα γωνία ΔΒΘ + γωνία ΑΒΜ =900 και
Γωνία ΑΒΜ + γωνία ΒΑΜ =900
Συνεπώς γωνία ΔΒΘ=γωνία ΒΑΜ

‘Άρα τα τρίγωνα ΔΒΘ = ΑΒΜ
Άρα και πλευρά ΘΔ=ΒΜ και πλευρά ΘΒ=ΑΜ=υ

Αφού πλευρά ΒΓ=α τότε ΘΔ=ΒΜ=ΒΓ/2=α/2

Επίσης από τα παραπάνω ΘΜ=υ +α/2

Συνεπώς (ΑΜΘΔ)=(ΘΔ+ΑΜ)ΘΜ/2 = (α/2+υ)(υ+α/2)/2 = (α/2+υ)^(2 )/2

Henri van Aubel · #50

Ναι, έχω πάρει AB=a,

δεν είδα καλά ότι έλεγε BC=a.

elenipappa · #51

Μία λύση για το Π2 Γ γυμνασίου

1) Αφού το ABDE είναι τετράγωνο, τότε EA=AB=AC

Άρα το $\overset{\triangle}{AEC}$ είναι ισοσκελές, άρα $\angle AEC=\angle ACE=\angle\Omega$
Επίσης $\angle BEA=45 ^\circ\Leftrightarrow\angle BEC + \angle CEA=45^\circ\Leftrightarrow\angle BEC=45^\circ - \angle\Omega$
Ακόμα $\angle EBC=\angle EBA+\angle ABC \Leftrightarrow\ \angle EBC= 45^\circ + \angle \Omega + \angle ECB$
Άρα στο $\overset{\triangle}{EBC}$
$\angle BEC+\angle EBC +\angle ECB =180^\circ \Leftrightarrow\angle ECB=45^\circ$
2) $\overset{\triangle}{DGB} =\overset{\triangle}{BAM}$
Άρα $GD=BM=\frac{a}{2}$
Επίσης $GB=AM=\upsilon$
Άρα $(ABDE)=\frac{\left ( GD+AM \right )GM}{2}\Leftrightarrow (ABDE)= \frac{\left ( \frac{a}{2}+ \upsilon \right )^2}{2}$

pana1333 · #52

Πρόβλημα 1 Α λυκείου

Θέτουμε $\frac{1}{x}=a\neq 0$ και $\frac{1}{y}=b\neq 0$

Τότε οι εξισώσεις του συστήματος είναι ισοδύναμες με τις

a+b=1

και

επομένως

και

$a^3+(1-a)^3=a(1-a)\Leftrightarrow 4a^2-4a+1=0\Leftrightarrow (2a-1)^2=0\Leftrightarrow a=\frac{1}{2}$

Άρα $a=b=\frac{1}{2}$ και x=y=2

#53

Για το θέμα με τις καραμέλες.
Έστω 7x, x, x

η αρχική κατάσταση για Γιώργο, Δημήτρη και σακούλα, ενώ y, 7y, y

η τελική κατάσταση. Καλούμαστε να αποδείξουμε ότι $9x-9y\geq \frac{3}{4} 9x$ το οποίο ισοδυναμεί με $x\geq 4y$ . Η τελευταία σχέση προκύπτει άμεσα από την σχέση $x+x\geq 7y+y$ καθώς το άθροισμα των καραμελών του Δημήτρη και της σακούλας ελαττώθηκε.
Από ότι βλέπω είναι στην ουσία ο β τρόπος του Νίκου του Ράπανου. Καθώς όμως απευθυνόμαστε σε μαθητές Β Γυμνασίου, ο α τρόπος του Νίκου είναι διδακτικά υποδειγματικός! Συγχαρητήρια Νίκο!

elenipappa · #54

Μια λύση στο Π1 Α λυκείου
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=1\Leftrightarrow y+x=xy$
Επίσης $\frac{x}{y^2}+\frac{y}{x^2}=1\Leftrightarrow x^3+y^3=x^2y^2\Leftrightarrow \left ( x+y \right )\left ( x^2-xy+y^2 \right )=x^2y^2\Leftrightarrow x^2+y^2=2xy \Leftrightarrow \left ( x+y \right )^2-2xy=2xy\Leftrightarrow x^2y^2=4xy\Leftrightarrow x=\frac{4}{y}$
Άρα $\frac{\frac{4}{y}+y}{4}=1\Leftrightarrow y^2-4y+y=0\Leftrightarrow y=2$
Άρα $x=\frac{4}{y}=\frac{4}{2}=2$
Επομένως παίρνουμε ότι x=y=2

#55

Γ Λυκείου. Γεωμετρία

Τα σημεία $E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,D$ ανήκουν σε ημικύκλιο διαμέτρου $\overline {BMC}$ οπότε:

$\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}$ λόγω διχοτόμου και $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _3}}$ ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο (χορδής

) . άρα , $\widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}}$ .

: Θαλής 22_Γ Λυκείου.png (39.55 KiB) Προβλήθηκε 1686 φορές

Άμεση συνέπεια: Τα σημεία N,I,C,D

ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου

, οπότε $IN \bot AC$ .

Ομοίως $IK \bot AB$ , δηλαδή τα σημεία A,K,I,N

ανήκουν στον κύκλο διαμέτρου ,

.

Joaakim · #56

Β Λυκείου/ Πρόβλημα 1

Αρχικά $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ne 0 \Rightarrow \frac{xy+yz+zx}{27} \ne 0 \Rightarrow xy+yz+zx \ne 0$ .
Από την ταυτότητα Euler έχω ότι: (xy)^3+(yz)^3+(zx)^3-3(xy)(yz)(zx)=(xy+yz+zx)((xy)^2+(yz)^2+(zx)^2-xyz(x+y+z))

Όμως: $(xy)^3+(yz)^3+(zx)^3-3(xyz)^2=(xyz)^3(\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3})-3(xyz)^2=27^3(\frac{1}{9})-3(27)^2=$
$=3^9 \cdot \frac{1}{3^2}-3(3^3)^2=3^7-3^7=0$ , οπότε:
$(xy+yz+zx)((xy+yz+zx)^2-3xyz(x+y+z))=0 \Rightarrow (xy+yz+zx)^2=3xyz(x+y+z) \Rightarrow$
$\Rightarrow (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2+2xyz(x+y+z)=3xyz(x+y+z) \Rightarrow$
$\Rightarrow (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2=xyz(x+y+z) \Rightarrow (xy-yz)^2+(yz-zx)^2+(zx-xy)^2=0 \Rightarrow$
$\Rightarrow xy=yz=zx$ .
Επίσης $xyz=27 \Rightarrow x,y,z \ne 0$ , οπότε x=y=z

.
Τότε $xyz=27 \Rightarrow x^3=27 \Rightarrow x=3$ .
Τελικά (x,y,z)=(3,3,3)

.

S.E.Louridas · #57

Ας δούμε και μία άλλη άποψη για τη Γεωμετρία της Β’ Λυκείου και μόνο για λόγους πλουραλισμού.

Το τόξο που τα σημεία του «βλέπουν» την πλευρά $A\Gamma$ υπό γωνία ${80^ \circ }$ θα τέμνει την πλευρά $B\Gamma$ ας πούμε στο ${\rm Z}$ , οπότε $\angle \Gamma ZA = {80^ \circ },\;\angle BA{\rm Z} = {20^ \circ }$ και το τόξο του που τα σημεία του «βλέπουν» τη πλευρά

υπό γωνία ${70^ \circ }$ θα τέμνει τη πλευρά $B\Gamma$ ας πούμε στο σημείο

οπότε $\angle AEB = {70^ \circ },\;\angle EA\Gamma = {10^ \circ }.$ Τότε θα έχουμε $\angle BAZ + \angle EA\Gamma = {30^ \circ } = \angle ZAE,$ με αυτό να σημαίνει ότι τα συμμετρικά των ίσων πλευρών $AB, A\Gamma$ ως προς τις ευθείες AZ, AE

αντίστοιχα ταυτίζονται έστω στο ευθύγραμμο τμήμα $A\Delta .$ Είναι καθαρό ότι $\angle \Delta BE = \angle \Delta AE = {10^ \circ } \Rightarrow \angle A\Delta B = \angle AEB = {70^ \circ }$ και ομοίως $\angle \Gamma \Delta A = \angle \Gamma ZA = {80^ \circ }.$
Έτσι άμεσα επιπλέον παίρνουμε $\displaystyle{\angle BA\Delta = {40^ \circ }.}$

: th.png (70.85 KiB) Προβλήθηκε 1488 φορές

edit: Τοποθέτηση του σχήματος

S.E.Louridas · #58

Για το πρώτο της Α’ Λυκείου και μόνο για λόγους πολυφωνίας.

Θεωρούμε $S = x + y,\;P = xy,$ οπότε έχουμε: $\displaystyle{S = P\;\left( { \ne 0} \right)\;\,\left( 1 \right),\;\frac{{{S^3} - 3SP}}{{{P^2}}} = 1\,\;\left( 2 \right),$ άρα από τις (1), (2)}

προκύπτει απλά ότι S=P=4

και

Επίσης επιλύεται και αν θέσουμε y=tx

με

διάφορο προφανώς από το μηδέν κτλ.

Αναφέρθηκα σε γνωστές μεθόδους δουλειάς που ενίοτε διδάσκουμε.

Ας μου επιτραπεί και μία προσωπική τοποθέτηση.

Η επιτροπή διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. σε μία πολύ δύσκολη εποχή και με μαθητές προερχόμενους από κακή τριετία τουλάχιστον ως προς το σωστό κτίσιμο των βασικών γνώσεων, με ιώσεις με προβληματικές τηλεδιδασκαλίες, από οικογένειες με οικονομικά προβλήματα και τα λοιπά γνωστά που ποδηγέτησαν με κακό τρόπο τη γνώση, χωρίς την ευθύνη των διδασκόντων και στηριζόμενη η επιτροπή στην εντιμότητα των συναδέλφων επιτηρητών έκανε με το παραπάνω το πολύ δύσκολο καθήκον της με καλά θέματα με πλουραλισμό λύσεων για ένα μαθητή που ενδιαφέρεται για το άθλημα. Είναι πολύ δύσκολο το έργο μίας τέτοιας επιστημονικής επιτροπής κάτω από τόσο κακές συνθήκες.

pana1333 · #59

Πρόβλημα 2 Β γυμνασίου

Αφού

$AB=A\Gamma =AE$

το τρίγωνο ABE

είναι ισοσκελές άρα γωνία $A\hat{E}B=\omega$ .

Επομένως

$A\hat{B}E+\hat{A}+\Gamma \hat{A}E+A\hat{E}\Gamma=180^{\circ}$ άρα $\hat{A}=180-90-2\omega =90-2\omega$

Επίσης έστω γωνία $E\hat{B}\Gamma =a^{\circ}$ .

Άρα γωνία $\hat{B}=\hat{\Gamma }=\omega +a.$ .

Τότε $\hat{A}+\hat{B}+\hat{\Gamma }=180^{\circ}\Leftrightarrow$ $90-2\omega +\omega +a+\omega +a=180^{\circ}$ άρα $a=45^{\circ}$

Επομένως $\hat{B}=\hat{\Gamma}=45+\omega$

Β) Έστω $\Delta \hat{\Gamma }Z=k^{\circ}$ τότε $\hat{\Gamma }+A\hat{\Gamma }\Delta +\Delta \hat{\Gamma }Z=180^{\circ}$

Άρα $45+\omega +90+k=180\Leftrightarrow k=45-\omega$ άρα $E\hat{\Gamma }Z=90-\omega$

επομένως για το τρίγωνο ΕΖΓ ισχύει

$E\hat{\Gamma }Z+\hat{Z }+\Gamma \hat{E}Z=180^{\circ}\Leftrightarrow \Gamma \hat{E }Z=\omega ^{\circ}$

Επίσης είναι $B\hat{E }\Gamma =45-\omega$ αφού $A\hat{E }\Gamma=45^{\circ}$ και $A\hat{E }B$ $=\omega^{\circ}$

Άρα

$E\hat{B }\Gamma=B\hat{E }Z =45^{\circ}$

άρα το τρίγωνο ΒΖΕ είναι ισοσκελές άρα ΒΖ=ΕΖ

ΝΙΚΗΦΟΡΟΣ · #60

: Θέμα Γεωμετρίας Θαλή 2022 Β' τάξη2.png (309.6 KiB) Προβλήθηκε 1536 φορές

ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re:ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

Re: ΘΑΛΗΣ 2022

ΘΑΛΗΣ 2022 Γεωμετρία Β' Λυκείου

Μέλη σε σύνδεση