ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

nickthegreek · #21

Για το δεύτερο ερώτημα της Γεωμετρίας στη Γ' Λυκείου:

(Παρακάτω οι ονομασίες είναι σύμφωνα με το σχήμα του κυρίου Αχιλλέα)

Τα O,D,E,Z

είναι ομοκυκλικά καθώς $\angle OZD=\angle OED=\angle OAD$ λόγω των ισοσκελών τριγώνων.

Τα O,D,E,H

είναι ομοκυκλικά καθώς $\angle EDH=\angle EOH=2\angle EAH$ η μεν λόγω εξωτερικής γωνίας και η δε λόγω εγγεγραμμένης επίκεντρης.

Τώρα $DS=DT,LS=LT \Rightarrow DL$ μεσοκάθετος της

. Θεωρούμε την εφαπτομένη (k)

στο

του κύκλου C(O,R)

.
Τότε με χρήση του πρώτου ερωτήματος εύκολα προκύπτει ότι η εφαπτόμενη αυτή είναι παράλληλη στην

. Όμως από θεώρημα Nagel,

κάθετη στην (k)

συνεπώς $DL\parallel OA$ . Επίσης, επειδή

μεσοκάθετος της

, $OL \parallel DA$ . Συνεπώς το ADLO

είναι παραλληλόγραμμο και άρα $\angle DEO=\angle DAO=\angle DLO$ .

Το ζητούμενο έπεται.
Επαναλαμβάνω ότι ήταν δύσκολη γεωμετρία για Ευκλείδη....

#22

Το σχήμα είναι πλούσιο σε ιδιότητες πάντως:

Π.χ. το σημείο

είναι το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου XBATCS

Δείτε, π.χ. http://www.rapanos.co.uk/wp-content/upl ... erties.pdf

#23

achilleas έγραψε:Το σχήμα είναι πλούσιο σε ιδιότητες πάντως:

για το α) ερώτημα έχουμε απάντηση και με Αντιστροφή

με πόλο το

και λόγο $\lambda=AB\cdot AS$

$(D)\leftrightarrow BC,~~B\leftrightarrow S,~~C\leftrightarrow T$

άρα $AB\cdot AS=AT\cdot AC$ κι επομένως τα S,B,T,C

είναι ομοκυκλικά

#24

: Ευκλείδης_Α_Lυκείου_2013.png (31.5 KiB) Προβλήθηκε 3166 φορές

Μια περίπου από τα ίδια στο θέμα της Γεωμετρίας της Α Λυκείου.

Ας πούμε

το μέσο της βάσης του ισοσκελούς τριγώνου $BE{B_2}$ . Η

θα είναι

ύψος και διχοτόμος της γωνίας της κορυφής του και παράλληλη με την $E{B_1}$ .

Έτσι $\hat \varphi = {90^0} + \displaystyle\frac{{\hat B}}{2}\, = {90^0} + \displaystyle\frac{{{{\hat B}_1}}}{2}\,\,\,\,(1)$ με όμοιο τρόπο:

$\hat \theta = \displaystyle\frac{{\hat A}}{2} + \displaystyle\frac{{\hat \Gamma }}{2}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E\hat \Delta {\Gamma _2} = \hat \theta + {\Gamma _1}\hat \Delta {\Gamma _2} = \hat \theta + {90^0}$ οπότε έχουμε

$\hat \varphi + \hat \theta = {\hat B_1} + E\hat \Delta {\Gamma _2} = {180^0}$ που μας εξασφαλίζουν ότι τα $E,{B_2},{\Gamma _1},\Delta$

ανήκουν σε ένα κύκλο $({C_3})$ και ομοίως τα $E,{B_1},{\Gamma _2},\Delta$ σε άλλο κύκλο $({C_3})$ .

Τέλος επειδή οι πιο πάνω κύκλοι καθώς και ό $(C)\,\, \to \,(A,AE)$ έχουν κοινή χορδή το

$E\Delta$ τα κέντρα τους θα ανήκουν στην μοναδική μεσοκάθετο του .

Νίκος

#25

ksofsa έγραψε:Εγώ είμαι στη β' λυκείου και συμμετείχα σήμερα στον Ευκλείδη. Ελυσα ολόκληρα τα δύο πρώτα θέματα .Στο 3ο θέμα έγραψα την ακόλουθη απάντηση και θα ήθελα να μου πείτε πόσες μονάδες προβλέπετε ότι θα πάρει.Η απάντηση που έδωσα είναι η εξής:

Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΔΓ είναι ίσα ,γιατί ΑΒ=ΑΔ ,ΑΓ=ΑΕ, <ΒΑΕ=<Α+<ΒΑΔ=<Α+<ΓΑΕ=<ΔΑΓ (κριτήριο ΠΓΠ).Αρα ,οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των ΑΒΕ και ΑΔΓ είναι ίσοι.Το τρίγωνο ΑΔΓ προέκυψε από στροφή του ΑΒΕ με κέντρο Α κατά γωνία θ.Αρα δυο αντιστοιχα στοιχεία των δύο τριγώνων θα σχηματιζουν γωνια θ.Επομένως , οι ευθείες ΒΕ ,ΓΔ σχηματίζουν γωνια θ.Δηλαδη <ΔΚΒ =θ.Επειδη <ΔΑΒ=<ΔΚΒ=θ, το τετράπλευρο ΔΑΚΒ είναι εγγράψιμο και άρα <ΒΑΚ=<ΒΔΚ=<ΒΔΓ. Συνεπώς αρκεί να δείξουμε ότι <ΒΔΓ=<ΓΑΜ .Αρκεί να δείξουμε ότι τα Δ,Β,Μ είναι συνευθειακα.Πράγματι ,τότε επειδή το τετράπλευρο ΔΑΓΜ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο,θα είναι <ΒΔΓ=<ΜΔΓ=<ΓΑΜ.

Στο 4ο θεμα έγραψα την ακολουθη απαντηση και θα ήθελα να μου πείτε ποσες μοναδες προβλεπετε ότι θα παρει.Η απάντηση που έδωσα είναι η εξης:
$\sqrt{13+2x}+\sqrt{13-2x}\epsilon Z\Rightarrow (\sqrt{13+2x}+\sqrt{13-2x})^2\epsilon Z\Rightarrow 26+\sqrt{4(13+2x)(13-2x)}\epsilon Z\Rightarrow \sqrt{4(13+2x)(13-2x)}\epsilon Z\Rightarrow 4(13+2x)(13-2x)=k^2,k\epsilon N\Rightarrow 26^2-16x^2=k^2,k\epsilon N$
Είναι $0\leq k^2=26^2-16x^2<26^2\Rightarrow 0\leq k\leq 25$ .Για κάθε βρίσκουμε το και εξεταζουμε αν το $\sqrt{13+2x}+\sqrt{13-2x}$ είναι ακέραιος.Ετσι βρίσκουμε τις τιμές του για τις οποίες το $\sqrt{13+2x}+\sqrt{13-2x}$ είναι ακέραιος.Ωστόσο δεν τις έλεγξα όλες τις περιπτώσεις.Συγκεκριμένα ελεγξα μονο την περιπτωση k=0.

Επίσης θα ήθελα να μου πείτε ποια εκτιματε ότι θα είναι η βαση για τη β'λυκειου.
Ευχαριστώ εκ των προτέρων.
Καλά αποτελέσματα σε όλους.

Αγαπητέ Κώστα,

Όσον αφορά το θέμα της γεωμετρίας τα έχεις γράψει μια χαρά και όπως φαίνεται από το βαθμολογικό σχήμα θα χάσεις 1 μονάδα λόγω της συνευθειακότητας των 3 σημείων που δεν έδειξες.

Όσον αφορά το τελευταίο, κι εκεί η προσέγγισή σου είναι σωστή και οδηγεί (έστω και αργά) σε λύση κάτι που είναι πολύ σημαντικό σε μη ολοκληρωμένες προσπάθειες. Συνεπώς λαμβάνοντας υπόψη το βαθμολογικό σχήμα που δίνει 1 μονάδα για τη μελέτη κάθε μιας από τις δύο περιπτώσεις της ενδεικτικής λυσης και 1 μονάδα για την τελική τιμη του x, εγώ θα σου έδινα σίγουρα τις υπόλοιπες 2 μονάδες του προβλήματος.

Όσον αφορά τη βάση παρά το ότι δε μπορώ να την εκτιμήσω, εντούτοις σύμφωνα με αυτά που μας είπες ότι έγραψες πιστεύω ότι δε θα έχεις κανένα πρόβλημα να συμμετάσχεις στον Αρχιμήδη.

Καλά αποτελέσματα σε σένα και σε όλους τους συμμετέχοντες.

Αλέξανδρος

S.E.Louridas · #26

Ας μου επιτραπεί ένα σχόλιο γιά το ΘΕΜΑ της ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ της Γ΄ Λυκείου.
Επειδή υπάρχουν και Μαθητές αλλά και συνάδελφοι που ενδιαφέρονται πραγματικά για την Μαθηματική απόδοση της Πατρίδας πέρα από τους προβολείς των σκοπιμοτήτων και των «Ζήτω» και μετά την πρώτη φάση των σχολιασμών, θα ήθελα να αναφερθώ στους χαρακτηρισμούς περί του «Δύσκολου» Γεωμετρικού θέματος της Γ΄ Λυκείου. Το θέμα αυτό δεν ήταν δύσκολο για τον διαγωνισμό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2013.
Ήταν ένα θέμα «οπτικά περίπλοκο», ίσως παραπάνω από ότι έπρεπε προς την κατεύθυνση αυτή (το geogebra δίνει εξ’ άλλου τέτοιες κατασκευαστικές δυνατότητες καλών θεμάτων), με μικρή θεωρητική βάση που πιστεύω ότι εκτός των άλλων αναδεικνύει εκκωφαντικά το S.O.S. για την απόδοση στην Γεωμετρία και την ανεπάρκεια της διδασκαλίας της στην δευτεροβάθμια εκπαίδευση και αυτό οφείλεται αποκλειστικά και μόνο στα επίσημα προγράμματα διδασκαλίας των Μαθηματικών εκεί.
Μάλλον αυτοί που σχεδιάζουν χρειάζεται να επανασχεδιάσουν πριν είναι αργά. Ευτυχώς που υπάρχουν τα διαγωνιστικά Μαθηματικά και αναδεικνύεται η Αλήθεια της Μαθηματικής παιδείας στην πατρίδα και βέβαια ευτυχώς που υπάρχουν οι συνάδελφοι Μαθηματικοί που με τις συνεχείς υπερβάσεις τους (χωρίς υλική υποστήριξη, άρα και με χάσιμο σε πολλές περιπτώσεις) σώνουν κάπως την παρτίδα, τους αξίζει τουλάχιστον έπαινος.
Για το πρόβλημα μας τώρα έχουμε:

♦ Επειδή το πρώτο ερώτημα αποδεικνύεται εύκολα ας πούμε και ως:
$AD \cdot AK = AB \cdot AS = AT \cdot AC,$
ας πάμε στο δεύτερο ερώτημα.
$\vartriangle ADO = \vartriangle DHO \Rightarrow \angle ADO = \angle ODH,\;DO \bot AH \Rightarrow$
$\angle OHD = \angle OAD = \angle B - \angle C = \angle OED,\quad \angle ODH = \angle OZH,$
$OW \bot BC,\;\;DW \bot ST \Rightarrow \angle OWD = \angle \left( {BC,ST} \right) = \angle B - \angle C = \angle OED.$
Εδώ επί της ουσίας το πρόβλημα θεωρείται λυμένο.

edit: Διόρθωση τυπογραφικού

S.E.Louridas · #27

matha έγραψε:Για το 4ο Θέμα της Α' Λυκείου:

Η εξίσωση λύνεται πολύ εύκολα αν τη δούμε ως δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{a.}$

Καταρχάς, έχουμε τον περιορισμό $\displaystyle{x\geq 2.}$

Η διακρίνουσα της ως προς $\displaystyle{a}$ δευτεροβάθμιας είναι (αφού γίνουν οι πράξεις)

$\displaystyle{\Delta =-4x^2\sqrt{x-2}.}$

Επειδή είναι $\displaystyle{a\in \mathbb{R}}$ πρέπει $\displaystyle{\Delta \geq 0\implies x=2.}$

Τότε βρίσκουμε $\displaystyle{4a^2+4a(\sqrt{2}-1)+3-2\sqrt{2}=0 \iff (2a+\sqrt{2}-1)^2=0 \iff a=\frac{1-\sqrt{2}}{2}.}$

Η επαλήθευση είναι άμεση.

Επομένως, η εξίσωση έχει τη μοναδική λύση $\displaystyle{x=2}$ και αυτό αν και μόνο αν $\displaystyle{a=\frac{1-\sqrt{2}}{2}.}$

Θα ήθελα να το επαναφέρω, για να μη χαθεί στην γενικότερη συζήτηση, αφού η λύση αυτή ξεφεύγει από τα πλαίσια μίας λύσης καθότι αποτελεί
Σπουδαιότατο Μεθοδολογικό προσανατολισμό που κατά την άποψη μου θα πρέπει να επισημαίνεται.

#28

Για τις βάσεις ποτέ δεν μπορεί να ξέρει κανείς σίγουρα. Πάντως δεν νομίζω ότι πρέπει να ανησυχεί ένας μαθητής Λυκείου με βαθμό τουλάχιστον 15. Όταν πάρουμε και μία πρώτη εικόνα των γραπτών, θα μπορούμε να πούμε περισσότερα.
Καλό θα είναι να κάνουν όλοι υπομονή μέχρι να ανακοινωθούν τα αποτελέσματα. Καλή επιτυχία σε όλους, καθώς όλοι οι συμμετέχοντες έχουν ήδη πετύχει πολλά.
Το θέμα 4 τς Γ Λυκείου ήταν πράγματι αρκετά δύσκολο για Ευκλείδη αλλά και πολύ ωραίο. Βλέποντας κανείς το σχήμα της λύσης, ίσως "τρομάζει" λίγο, ειδικά αν δεν έχει ασχοληθεί με το θέμα.
Θα προσπαθήσω να το αναλύσω από τη δική μου οπτική γωνία.

Κατ αρχάς τα ζητούμενα προκύπτουν και για τυχαίο σημείο

επί του ύψους h_a

του τριγώνου ABC

.
Καθώς το ύψος ενός τριγώνου και η αντίστοιχη ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου είναι ισογώνιες ως προς την αντίστοιχη γωνία, το τρίγωνο AST

είναι όμοιο του ABC

με αντίρροπη ομοιότητα. Αυτό συμβαίνει γιατί το ύψος του ABC

μετατρέπεται σε ευθεία ακτίνας του AST

και ακτίνα

του

μετατρέπεται σε ευθεία του ύψους του AST

.
Επομένως οι BC, ST

είναι αντιπαράλληλες, όπως το ίδιο συμβαίνει με τις DO,EZ

, καθώς τα D,Z

είναι ομόλογα των O,E

αντίστοιχα. Το τελευταίο αποδεικνύει την ομοκυκλικότητα των D,Z,O,E

καθώς και των B,C,S,T

. Τέλος, το ADKO

είναι παραλληλόγραμμο, καθώς αν

είναι το κέντρο του c_2

, οι

είναι μεσοκάθετες των ST,BC

αντίστοιχα, δηλαδή παράλληλες των AO, AD

αντίστοιχα. Επομένως το σημείο

βλέπει το υπό γωνία ίση με

(γωνία ύψους-ακτίνας), όπως και το

λόγω του ισοσκελούς τριγώνου ADZ

και το

λόγω συμμετρίας ως προς τη διάκεντρο

. Επομένως τα K,H

ανήκουν στον κύκλο των D,O,Z,E

.

S.E.Louridas · #29

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ...Κατ αρχάς τα ζητούμενα προκύπτουν και για τυχαίο σημείο επί του ύψους του τριγώνου ...

Ανδρέα γειά σου και καλή χρονιά σε σένα και την οικογένεια σου (έστω και αργά).
Ναι ισχύει για τυχόν σημείο

του ύψους. Και στην ημέτερη λύση δεν χρησιμοποιήθηκε ότι το σημείο

είναι το ίχνος (αφού αν το ύψος μας ήταν το

με το σημείο

στο εσωτερικό του (δείτε το σχήμα στην ημέτερη διαπραγμάτευση), θα είχαμε: $AQ \cdot AK = AB \cdot AS = AT \cdot AC$ (για το 1ο ερώτημα)), απλά παρέληψα (λάθος μου) να το αναφέρω και χαίρομαι που το αναφέρεις εσύ γιά Αναγκαίους Μεθοδολογικούς λόγους.
Κατά τα άλλα, απευθυνόμενος προς τους νεώτερους τους συμβουλεύω να δώσουμε έμφαση στην αγάπη προς την Μαθηματική γνώση και το γέμισμα μας από αυτή. Η συνύπαρξη των Μαθηματικών και της Σκοπιμότητας τείνει μάλλον στο να είναι αδύνατη.

edit: Συμπληρώθηκε η παραπομπή στην ημέτερη διαπραγμάτευση.

#30

Καλή χρονιά και σε σένα Σωτήρη και σε όσους αγαπάς και να βρισκόμαστε πάντα με γόνιμες Γεωμετρικές και όχι μόνο συναντήσεις!

Ανδρέας Πούλος · #31

Εκφράζουμε τα μέτρα όλων των γωνιών του σχήματος με τις μεταβλητές

και

.
Τότε, από το συνημμένο σχήμα προκύπτει η απάντηση στα δύο πρώτα ζητούμενα, σύμφωνα με το κριτήριο εγγράψιμων τετράπλευρων σε κύκλο.
Το είδα ως απάντηση στο εξεταστικό κέντρο της Θεσσαλονίκης.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#32

Τι μπορεί να σκεφτούν οι μαθητές !!!

Λοιπόν, ένας μαθητής σκέφτηκε το εξής για τη γεωμετρία της Α΄Λυκείου:

Αφού τα τρίγωνα ADE

,

είναι ισοσκελή,οι μεσοκάθετες των DE,DZ,EH

είναι διχοτόμοι των γωνιών A,B,C

και συντρέχουν στο έγκεντρο

του τριγώνου ABC

.Άρα

και έτσι τα σημεία A,E,H,Z

βρίσκονται σε κύκλο με κέντρο

και ακτίνα

.

Βέβαια για το άλλο ερώτημα χρησιμοποίησε εγγράψιμα(του τα είχα κάνει πέρυσι που ήταν στη Γ γυμνασίου), διότι δε σκέφτηκε να κάνει το ίδιο και να πάει στο παράκεντρο της γωνίας

.

Τέλος πάντως, σήμερα που διόρθωσα τα γραπτά της Β' Λυκείου με λύπη διαπίστωσα ότι όχι μόνο κανένας μαθητής δεν έλυσε τη γεωμετρία, αλλά κανένας δεν ασχολήθηκε ούτε ένα λεπτό πέρα από το σχήμα.

Μπάμπης

( Η αλλαγή υπολογιστή είχε ως αποτέλεσμα να χάσω όλα μου τα προγράμματα για εικόνες κλπ. Η αποστολή εικόνων από το geogebra βγάζει τεράστια σχήματα και δε μπορώ να θυμηθώ τον τρόπο αποθήκευσης, ώστε να εμφανίζεται κανονικό. Αν το ξέρει κάποιος , ας το γράψει. Το πρόγραμμα αντιγραφής της οθόνης έληξε και μέχρι να μπω σε τάξη, συγχωρήστε μου τα άσχημα συνημμένα.)

*** Tα γράμματα τα μετέτρεψα στο Λατινικό αλφάβητο.

#33

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Τι μπορεί να σκεφτούν οι μαθητές !!!

Λοιπόν, ένας μαθητής σκέφτηκε το εξής για τη γεωμετρία της Α΄Λυκείου:

Αφού τα τρίγωνα ΑΔΕ,ΒΔΖ,ΓΕΗ είναι ισοσκελή,οι μεσοκάθετες των ΔΕ,ΔΖ,ΕΗ είναι διχοτόμοι των γωνιών Α,Β,Γ και συντρέχουν στο έγκεντρο Θ του τριγώνου ΑΒΓ.Άρα

ΘΖ=ΘΔ=ΘΕ=ΘΗ = α

και έτσι τα σημεία Α,Ε,Η,Ζ βρίσκονται σε κύκλο με κέντρο Θ και ακτίνα α.

Βέβαια για το άλλο ερώτημα χρησιμοποίησε εγγράψιμα(του τα είχα κάνει πέρυσι που ήταν στη Γ γυμνασίου), διότι δε σκέφτηκε να κάνει το ίδιο και να πάει στο παράκεντρο της γωνίας Α.

Τέλος πάντως, σήμερα που διόρθωσα τα γραπτά της Β' Λυκείου με λύπη διαπίστωσα ότι όχι μόνο κανένας μαθητής δεν έλυσε τη γεωμετρία, αλλά κανένας δεν ασχολήθηκε ούτε ένα λεπτό πέρα από το σχήμα.

Μπάμπης

( Η αλλαγή υπολογιστή είχε ως αποτέλεσμα να χάσω όλα μου τα προγράμματα για εικόνες κλπ. Η αποστολή εικόνων από το geogebra βγάζει τεράστια σχήματα και δε μπορώ να θυμηθώ τον τρόπο αποθήκευσης, ώστε να εμφανίζεται κανονικό. Αν το ξέρει κάποιος , ας το γράψει. Το πρόγραμμα αντιγραφής της οθόνης έληξε και μέχρι να μπω σε τάξη, συγχωρήστε μου τα άσχημα συνημμένα.)

Μπάμπη, καλή σου μέρα καιΧρόνια Πολλά! Με το καλό να ανακτήσεις και τα προγράμματα σου.
Πραγματικά συναντάει κανείς εκπληκτικές ιδέες που αξίζουν να δώσεις και παραπάνω μονάδες. Αλλά δυστυχώς γενικότερα, τα ποσοστά επιτυχίας στη Γεωμετρία είναι απογοητευτικά. Συγκεκριμένα στο Θαλή για το Λύκειο, από αυτά που είδα, το ποσοστό ήταν της τάξης του 1%-2%. Γιαυτό συστήνω πάντα στπυς μαθητές που επιθυμούν να προχωρήσουν να αφιερώσουν αρκετό χρόνο στη γεωμετρία, ξεκινώντας πάντα από το σχολικό εγχερίδιο και συνεχίζοντας με όλα αυτά που έχουμε προτείνει από εδώ.
Τα λέμε αναλυτικά στον Αρχιμήδη!

S.E.Louridas · #34

Ας μου επιτραπεί μία άποψη «θύραθεν» όπως θα έλεγε και ο Αριστότατος Μαθηματικός και φίλος Γιώργος Μπαλόγλου.

Οι Γεωμετρικοί μετασχηματισμοί σίγουρα λύνουν με λιγότερες ίσως βοηθητικές από ότι άλλες μέθοδοι προβλήματα στα οποία όμως να μπορούν εκεί να εφαρμοστούν. Όμως χρειάζεται ένα προαπαιτούμενο Γεωμετρικό Περιβάλλον μύησης για τον χειρισμό τους, αφού προηγουμένως βέβαια έχει προηγηθεί το αναγκαίο στοιχειωδέστερο Γεωμετρικό οδοιπορικό.
Τα «δύσκολα» προβλήματα Γεωμετρίας θα μπορούσαν, τελείως γενικά, να χωριστούν σε δύο είδη.
Το ένα είδος είναι τα «οπτικά περίπλοκα» θέματα (πολλές δεδόμενες από την αρχή γραμμές, φέρε το ένα μετά φέρε και το άλλο κ.τ.λ., κ.τ.λ.) που πολλές φορές «φοβίζουν» και άρα προδιαθέτουν, έστω και αν σε κάποιες περιπτώσεις οι εκφωνήσεις τους μπορεί να είναι μεγαλύτερες από τις εύκολες τελικά λύσεις τους. Προφανώς και χρειάζονται τέτοια προβλήματα, έστω και για προπονητικούς λόγους, ώστε να μυηθεί ο λύτης στην διαδικασία της Γεωμετρικής περιδιάβασης. Η τεχνολογία (geogebra) βοηθά καθοριστικά για την κατασκευή τέτοιων προβλημάτων.
Το δεύτερο είδος είναι τα «έξυπνα» θέματα εκείνα δηλαδή που έχουν την ελάχιστη δυνατή εκφώνηση, αλλά που για να λυθούν θα χρειαστούν νοητικά «ξεκλειδώματα» με πιθανή δημιουργία βοηθητικών γραμμών ώστε να επιτευχθεί η λύση.
Έτσι ή αλλιώς όμως αναδεικνύεται με τον πλέον σαφή - τεκμηριωμένο τρόπο η απουσία της Μαθηματικής Γεωμετρικής παιδείας δηλαδή τελικά η απουσία των διαδικασιών ΑΝΑΛΥΣΗ, ΣΥΝΘΕΣΗ, ΑΠΟΔΕΙΞΗ, ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ που αποτελούν την Ικανή και Αναγκαία αλυσίδα νοητικών βημάτων ΓΕΝΙΚΟΤΕΡΑ σε κάθε Μαθηματική διαδικασία επίλυσης ενός ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ και όχι μόνο ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ.

► Για το συγκεκριμένο τώρα 3ο πρόβλημα της Γεωμετρίας της Β΄ Λυκείου ό λύτης που θα είχε περπατήσει σε σωστά γεωμετρικά μονοπάτια θα έβλεπε ότι το θέμα αυτό ακουμπά σαν μεθοδολογία επίλυσης την ταυτόσιμη με εκείνη της διαδικασίας επίλυσης από το σύστημα Vecten, αλλά και για την εύρεση του σημείου Fermat - Torricelli (από το θεώρημα του Steiner) σε τρίγωνο, χωρίς προφανώς να αναφερθεί στα θεωρήματα αυτά, αφού δανείζεται από εκεί μόνο την μέθοδο επίλυσης.

Δηλαδή θα μπορούσε ο λύτης να δώσει και την εξής λύση:

Αν

το σημείο τομής των κύκλων $(A\Delta B), (A\Gamma E)$ αμέσως από τα δεδομένα προκύπτει ότι $T \equiv BE \cap \Gamma \Delta \Rightarrow T \equiv K,$ αν

το σημείο τομής των ευθειών $\Delta B,\;E\Gamma$ αμέσως προκύπτει ότι τα τετράπλευρα $A\Delta Z\Gamma \left( {\angle {\rm A}\Delta{\rm B}\ = \angle {\rm A}}{\rm\Gamma}{\rm E}} \right), \;\;ABZE$ είναι εγγράψιμα δηλαδή ότι το σημείο

ταυτίζεται με το σημείο

, οπότε πάει άμεσα στο ζητούμενο, αφού παίρνουμε πλέον $\angle {\rm Z}{\rm A}\Gamma = \angle {\rm B}\Delta \Gamma = \angle BAT$ .

ykerasar · #35

Η κραυγή αγωνίας μιας σειράς αξιόλογων συναδέλφων, για την κατάσταση της μαθηματικής παιδείας στη χώρα μας, με συγκίνησε και μπήκα στον πειρασμό να ενώσω μαζί τους και τη δική μου αγωνία για το ίδιο θέμα.
Κατά τη γνώμη μου, το Αναλυτικό Πρόγραμμα για τη διδασκαλία της Ευκλείδειας Γεωμετρίας, είναι διαποτισμένο με τη φιλοσοφία του "λίγο απ’ όλα" για να ‘μαστε όλοι ικανοποιημένοι. Η κρατούσα επίσημη λογική είναι: όσον αφορά τα παιδιά, αν δεν μαθαίνουν, σημαίνει πως είναι ή τεμπέλικα ή κακιασμένα ή μικρής αντίληψης, ευτυχώς που σε κάθε τάξη υπάρχουν δυο-τρία παιδιά που φέρουν τη «σφραγίδα της Δωρεάς» κι έτσι δικαιώνουμε τις επιλογές μας σαν Πολιτεία.
Το αποτέλεσμα, για την παιδεία των παιδιών, είναι λογική απόρροια αυτής της φιλοσοφίας. Κάντε έναν στοιχειώδη πειραματισμό (σε όλες τις τάξεις Γυμνασίου, Λυκείου) και θα δείτε πολλά, πχ., ρωτήστε τα παιδιά ποια η διαφορά στα ζεύγη εννοιών: «εγγράψιμο – εγγεγραμμένο» [επίσης να βγάλουν τον κανόνα που απορρέει απ’ αυτό], «ευθύ – αντίστροφο», «αναγκαίο – ικανό» κλπ.
Εμείς πιστεύουμε πως η "φυσιολογική" διδασκαλία της Ευκλείδειας Γεωμετρίας (με τον απαραίτητο συνδυασμό γραμματολογικών και συντακτικών παρατηρήσεων), οδηγεί τα παιδιά στην εξοικείωση με:
α) τη ΛΟΓΙΚΗ ΝΟΗΣΗ [«Έννοια, «Κρίση», «Συλλογισμός», «Υπόθεση», «Ιδέα», «Φαντασία», «Θεωρία»],
β) με την ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΤΗΣ ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΗΣ ΓΝΩΣΗΣ [«Ανάλυση»,«Σύνθεση»,«Επαγωγή»,«Παραγωγή»(ή Παραγωγική απόδειξη), «Αφαίρεση», «Αναγωγή από το αφηρημένο στο συγκεκριμένο»],
γ) με την απάντηση στο ερώτημα ΓΙΑΤΙ ΔΙΔΑΣΚΟΥΜΕ ΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ.

με εκτίμηση
Γιάννης Κερασαρίδης

gavrilos · #36

Καλησπέρα ,
Δίνω μια πιθανή λύση για το β) ερώτημα της γεωμετρίας της Γ' Γυμνασίου στον Ευκλείδη (έγραψα αυτή τη λύση στο διαγωνισμό και αν θέλει κάποιος ας μου πει αν είναι σωστή)
***(Παρότι ο τελικός τύπος δεν είναι ο ίδιος με αυτόν που δίνει η ΕΜΕ αν αντικαταστήσουμε το α με κάποιον αριθμό παίρνουμε το ίδιο αποτέλεσμα)

Το σχήμα της άσκησης έχει δοθεί από τον κύριο Μιχάλη Νάννο αλλά υπάρχει και στις λύσεις της ΕΜΕ
download/file.php?id=28846
http://www.hms.gr/sites/default/files/s ... sfinal.pdf

Αρχικά είπα πως $\displaystyle{(A\Gamma ZE)=(EA\Gamma)+(EZ\Gamma)}$
Ακόμη $\displaystyle{EA\Gamma=EAB}$ επειδή
$\displaystyle{AE}$ είναι κοινή
$\displaystyle{AB=A\Gamma}$ και $\displaystyle{EB=E\Gamma}$ καθώς $\displaystyle{E}$ είναι σημείο της μεσοκαθέτου του $\displaystyle{B\Gamma}$ και θα ισαπέχει από τα $\displaystyle{B , \Gamma}$

Συνεπώς το $\displaystyle{(EA\Gamma)}$ θα ισούται με τη διαφορά $\displaystyle{(EB\Gamma)-(AB\Gamma)}$ διαιρεμένη κατά 2.

$\displaystyle{(AB\Gamma)=\frac{\alpha^2\sqrt{3}}{4}}$

$\displaystyle{(EB\Gamma)=\frac{\alpha^2\sqrt{3}}{2}}$

Άρα $\displaystyle{2(EA\Gamma)=\frac{\alpha^2\sqrt{3}}{4}}$

$\displaystyle{(EA\Gamma)=\frac{\alpha^2\sqrt{3}}{8}}$

Ακόμη $\displaystyle{E\Gamma^2=\frac{\alpha^2}{4} + (\alpha\sqrt{3})^2=\frac{\alpha^2}{4} + 3\alpha^2 =\frac{13\alpha^2}{4}}$

$\displaystyle{E\Gamma=\frac{\alpha\sqrt{13}}{2}}$

Επομένως το ύψος του $\displaystyle{EZ\Gamma}$ ισούται με $\displaystyle{\frac{\frac{\alpha\sqrt{13}}{2}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{\alpha\sqrt{39}}{4}}$ και $\displaystyle{2(EZ\Gamma)=\frac{\alpha\sqrt{13}}{2}\cdot \frac{\alpha\sqrt{39}}{4}=\frac{\alpha^2\sqrt{507}}{8}}$

$\displaystyle{(EZ\Gamma)=\frac{\alpha^2\sqrt{507}}{16}}$

Τέλος $\displaystyle{(A\Gamma ZE)=\frac{\alpha^2\sqrt{3}}{8}+\frac{\alpha\sqrt{507}}{16}=\frac{2\alpha^2\sqrt{3}+\alpha^2\sqrt{507}}{16}=\frac{\alpha^2(\sqrt{507}+2\sqrt{3})}{16}}$

Συγνώμη για μερικά σημεία που λέω $\displaystyle{2(EZ\Gamma)}$ ή $\displaystyle{2(EA\Gamma)}$ απλά δεν μπορώ να βγάλω τα κλάσματα σε latex

Ευχαριστώ εκ των προτέρων,
gavrilos

#37

gavrilos έγραψε:Καλησπέρα ,
Δίνω μια πιθανή λύση για το β) ερώτημα της γεωμετρίας της Γ' Γυμνασίου στον Ευκλείδη (έγραψα αυτή τη λύση στο διαγωνισμό και αν θέλει κάποιος ας μου πει αν είναι σωστή)
***(Παρότι ο τελικός τύπος δεν είναι ο ίδιος με αυτόν που δίνει η ΕΜΕ αν αντικαταστήσουμε το α με κάποιον αριθμό παίρνουμε το ίδιο αποτέλεσμα)

Ο ίδιος είναι, αφού $507=13^2\cdot 3$

#38

Για να μην υπάρχει ανυπομονησία να σας ενημερώσω επίσημα μετά από επικοινωνία με την ΕΜΕ ότι τα αποτελέσματα θα τα έχουμε από αύριο βράδυ και μετά. Η διαδικασία καθυστερεί λογω αργοπορίας συγκέντρωσης των γραπτών από τα παραρτήματα ανα την Ελλάδα οπότε αναγκαστικά καθυστερεί και η βαθμολόγησή τους.

Αλέξανδρος

#39

Τα αποτελέσματα του διαγωνισμού "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" της ΕΜΕ αναρτήθηκαν εδώ

Καλά αποτελέσματα σε όλους

Αλέξανδρος

#40

Επειδή η σελίδα της ΕΜΕ αργεί (μάλλον λόγω πολλών συνδέσεων) σας επισυνάπτω τα αποτελέσματα όλων των τάξεων (υπάρχουν τα αντίστοιχα tab στο κάτω μέρος του αρχείου excel ώστε να δείτε την αντίστοιχη τάξη που σας ενδιαφέρει).

Αλέξανδρος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013 Θέμα 3 Α Λυκείου

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Μέλη σε σύνδεση