ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ φέρνουμε τα ύψη $\displaystyle{AA', BB' ,\Gamma \Gamma' }$ και ονομάζουμε $\displaystyle{A_1 , B_1 , \Gamma_1}$ τα μέσα των υψών αντίστοιχα.
Να αποδειχθεί ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{A'B_1\Gamma_1 ,A_1B'\Gamma_1 , A_1B_1\Gamma'}$ είναι όμοια με το $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

2. Δίνεται τρίγωνον $\displaystyle{AB\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο.
Από τις κορυφές $\displaystyle{A,B,\Gamma}$ φέρνουμε εφαπτόμενες στον κύκλο οπότε σχηματίζεται το τρίγωνο $\displaystyle{A'B'\Gamma'}$ .
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\alpha_2\beta_3\gamma_1 = \alpha_3\beta_1\gamma_2}$ , όπου $\displaystyle{\alpha_2,\beta_3,\gamma_1 , \alpha_3,\beta_1,\gamma_2}$ είναι οι αποστάσεις των κορυφών $\displaystyle{A' , B' , \Gamma' ,A' , B' , \Gamma' }$
από τις πλευρές $\displaystyle{AB ,B\Gamma ,\Gamma A ,A\Gamma ,BA, \Gamma B}$ αντίστοιχα.

3. Θεωρούμε δύο ομόκεντρους κύκλους $\displaystyle{K_1 , K_2}$ με ακτίνες $\displaystyle{\rho_1, \rho_2}$ έτσι ώστε $\displaystyle{\rho_1 > \rho_2}$ και σημείον $\displaystyle{A}$ στοv εξωτερικό κύκλο .
Φέρνουμε από το $\displaystyle{A}$ εφαπτόμενες στον εσωτερικό κύκλο, οι οποίες τέμνουν τον εξωτερικό κύκλο στα $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Delta}$ .
Από τα $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Delta}$ φέρνουμε τις εφαπτόμενες στον $\displaystyle{K_2}$ και έστω $\displaystyle{\Gamma}$ το σημείον τομής τους.
Να αποδειχθεί ότι η ευθεία που ενώνει το $\displaystyle{\Gamma}$ με το σημείο τομής της $\displaystyle{AB}$ με τον $\displaystyle{K_2}$ διέρχεται από το σημείο τομής της $\displaystyle{AB}$ και της εφαπτομένης του $\displaystyle{K_1}$ στο $\displaystyle{B}$ .

Antonis_Z · #2

1. Θα δείξω ότι το τρίγωνο B_1C_1A'

είναι όμοιο με το ABC

και ομοίως δείχνουμε και για τα υπόλοιπα τρίγωνα.

Έστω

το μέσο του

και

το ορθόκεντρο του ABC

.Προφανώς $MB_1\perp BB',MC_1\perp CC',AA_1\perp BC$ άρα το HB_1A'MC_1

είναι εγγράψιμο.
Απ'αυτό έχουμε: $\angle B_1A'C_1=B_1MC_1=\widehat C$ και $\angle A'B_1C_1=A'HC_1=\widehat C$ .
Άρα είναι όμοια.

3.Θα δείξω ότι η ευθεία που περνάει από το

και το σημείο επαφής του K_2

με την

διέρχεται από το σημείο τομής της

με την εφαπτομένη του K_1

στο

.

Έστω

το σημείο συντρεχικότητας, $Q\in AB$ ,ώστε $CQ\parallel AD$ , $L\equiv DC\cap AB$ και

το σημείο επαφής του K_2

με την

.Τέλος

το κέντρο των κύκλων.
Είναι εύκολο να δείξουμε ότι AD=AB

.Απ'το περιγράψιμο ABCD

προκύπτει επίσης ότι CD=CB

.
Ή αλλιώς λέμε ότι το ABCD

είναι περιγράψιμος χαρταετός.

Λόγω της επαφής έχουμε $DO\perp e$ ,

η εφαπτομένη στο

και

είναι διχοτόμος της $\angle CDA$ ,οπότε $\angle ADC=CBA=DAB$ (απ'το χαρταετό και την ισότητα και τη γωνία χορδής και εφαπτομένης).

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Είναι: $\angle CBQ=DAB=CQB\Rightarrow CQ=CB=CD\Rightarrow \angle CDQ=CQD=QDA\Rightarrow Q\equiv DO\cap AB$ .
Επίσης,επειδή

είναι το μέσο του

και $CQ\parallel AD$ ,δέσμη C.DWAQ

είναι αρμονική,άρα το

είναι αρμονικό συζυγές του

ως προς τα A,L

.
Μένει να δείξουμε ότι και η

διέρχεται από αρμονικό συζυγές του

ως προς τα A,L

,δηλαδή ότι η δέσμη D.COAe

.
Τώρα,αφού $DO\perp e$ και

διχοτόμος,η δέσμη D.COAe

είναι αρμονική και έχουμε το ζητούμενο.

2.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Λίγο διαφορετικά

Θα στηριχτούμε στην πρόταση: Αν $\displaystyle{BM,CN}$ οι εσωτερικές διχοτόμοι τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ και $\displaystyle{AP}$ η εξωτερική ,όπου $\displaystyle{P\in BC}$ τότε Τα σημεία $\displaystyle{M,N,P}$ είναι συνευθειακά( Θ.Μενελάου στο $\displaystyle{BAL}$ με διατέμνουσα την $\displaystyle{CQ}$ )

Πράγματι εδώ αν $\displaystyle{L}$ το σημείο τομής των $\displaystyle{BC,AD}$ το Ο είναι το έκκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{ABL}$ οπότε $\displaystyle{AC}$ είναι εσ.διχοτόμος , η $\displaystyle{OQ}$ όπου $\displaystyle{Q}$ το σημείο επαφής της $\displaystyle{AB}$ με τον εσωτερικό κύκλο περνά από το $\displaystyle{L}$ κορυφή του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{ABL}$ οπότε $\displaystyle{LQ}$ είναι εσ.διχοτόμος και η $\displaystyle{BS}$ (όπου $\displaystyle{S}$ το σημείο τομής των $\displaystyle{DA}$ και της εφαπττομένης του $\displaystyle{K_1}$ στο $\displaystyle{B}$ ) είναι εξ.διχοτόμος ως κάθετη στην εσ.διχοτόμο $\displaystyle{BO}$
Άρα τα $\displaystyle{C,Q,S}$ συνευθειακά

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

parmenides51 έγραψε: 2. Δίνεται τρίγωνον $\displaystyle{AB\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο.
Από τις κορυφές $\displaystyle{A,B,\Gamma}$ φέρνουμε εφαπτόμενες στον κύκλο οπότε σχηματίζεται το τρίγωνο $\displaystyle{A'B'\Gamma'}$ .
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\alpha_2\beta_3\gamma_1 = \alpha_3\beta_1\gamma_2}$ , όπου $\displaystyle{\alpha_2,\beta_3,\gamma_1 , \alpha_3,\beta_1,\gamma_2}$ είναι οι αποστάσεις των κορυφών $\displaystyle{A' , B' , \Gamma' ,A' , B' , \Gamma' }$
από τις πλευρές $\displaystyle{AB ,B\Gamma ,\Gamma A ,A\Gamma ,BA, \Gamma B}$ αντίστοιχα.

Το θέμα λύνεται εύκολα από κάποιον που ξέρει σχετικά με τις συμμετροδιαμέσους τριγώνου.

Σ' αυτούς που ασχολούνται σοβαρά με την Ευκλείδειο Γεωμετρία είναι γνωστή η πρόταση:
Aν οι στα και εφαπτομένες του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου τέμνονται στο , τότε η ευθεία είναι ο φορέας της συμμετροδιαμέσου του τριγώνου που αντιστοιχει στην κορυφή .
Η πρόταση υπάρχει ως άλυτη άσκηση σε παλιά βιβλία , όπως του Σπύρου Κανέλου '' ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ '' άσκηση 616

και του Αλέκου Σκορδά '' ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ '' στη σελίδα

.
Πολλές φορές η απόδειξή της γράφεται με τη βοήθεια της τριγωνομετρίας .

Για να μη σας κουράζω , ισχύει ότι

$\frac{\alpha _{2}}{\alpha _{3}}=\frac{AB}{A\Gamma }$

$\frac{\beta {3}}{\beta {1}}=\frac{B\Gamma }{AB }$

$\frac{\gamma {1}}{\gamma {2}}=\frac{A\Gamma }{B\Gamma }$

αφού όπως ξέρουμε η συμμετροδιάμεσος είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που οι αποστάσεις τους από τους φορείς των πλευρών τριγώνου είναι ανάλογες των πλευρών αυτών.
Αν πολλαπλασιάσουμε τις τρεις αυτές ισότητες κατά μέλη , προκύπτει εύκολα το ζητούμενο συμπέρασμα.

Για λόγους πληρότητας , γράφω την απόδειξη της πρότασης
Aν οι στα και εφαπτομένες του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου τέμνονται στο , τότε η ευθεία είναι ο φορέας της συμμετροδιαμέσου του τριγώνου που αντιστοιχεί στην κορυφή .

Έστω

το σημείο που τέμνονται οι εφαπτομένες του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

στα σημεία B,C

.
Έστω

το περίκεντρο του τριγώνου ABC

.
Η

είναι μεσοκάθετος της πλευράς

του τριγώνου ABC

, η οποία τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου αυτού στα σημεία K,L

, τo

ανήκει στο ένα τόξο

και το

στο άλλο τόξο

.
Έστω

το μέσο της πλευράς

.
Θα αποδειχθεί ότι η

διχοτομεί τη $P\hat{A}M$ .

$\frac{KM}{KP}=\frac{OK-OM}{OP-OK}=\frac{R-OM}{OP-R}$

$\frac{LM}{LP}=\frac{LO+OM}{LO+PO}=\frac{R+OM}{R+OP}$

Έχουμε τώρα ότι

$\frac{KM}{KP}=\frac{LM}{LP}\Leftrightarrow$

$\frac{R-OM}{OP-R}=\frac{R+OM}{R+OP}\Leftrightarrow$

$\left(R-OM \right)\left(R+OP \right)=\left(R+OM \right)\left(OP-R \right)\Leftrightarrow$

$R^{2} +OP\cdot R-OM\cdot R-OM\cdot OP=R\cdot OP-R^{2}+OM\cdot OP-OM\cdot R\Leftrightarrow$

$2R^{2}=2OM\cdot OP\Leftrightarrow$

$R^{2}=OM\cdot OP$

Iσχύει η τελευταία ισότητα γιατί από το ορθογώνιο τρίγωνο BOP

γνωρίζουμε ότι

$OB^{2}=OM\cdot OP\Leftrightarrow R^{2}=OM\cdot OP$

Έτσι λοιπόν αποδείχθηκε ότι

$\frac{KM}{KP}=\frac{LM}{LP}$

Άρα τα K,L

είναι συζυγή αρμονικά των M,P

.

Αυτό σημαίνει ότι η

είναι διχοτόμος της $P\hat{A}M$ στο τρίγωνο PAM

.

Το

είναι το μέσο του τόξου

, αυτό συνεπάγεται ότι η

είναι διχοτόμος της $\hat{A}$ .

Αποδείχθηκε λοιπόν ότι η

είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου ABC

.

Αναρωτιέμαι πολύ αν ένας υποψήφιος του 1973 έγραφε τα παραπάνω , τι αντιμετώπιση θα είχε από τους διορθωτές.
Θα ήθελα πολύ να γραφούν γνώμες πάνω σ' αυτό από εκείνους που τότε ήταν αρκετά μεγάλοι και ένιωσαν την αύρα της εποχής , όχι απαραίτητα ως μαθηματικοί , αλλά ως μαθητές.

#5

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε: 2. Δίνεται τρίγωνον $\displaystyle{AB\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο.
Από τις κορυφές $\displaystyle{A,B,\Gamma}$ φέρνουμε εφαπτόμενες στον κύκλο οπότε σχηματίζεται το τρίγωνο $\displaystyle{A'B'\Gamma'}$ .
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\alpha_2\beta_3\gamma_1 = \alpha_3\beta_1\gamma_2}$ , όπου $\displaystyle{\alpha_2,\beta_3,\gamma_1 , \alpha_3,\beta_1,\gamma_2}$ είναι οι αποστάσεις των κορυφών $\displaystyle{A' , B' , \Gamma' ,A' , B' , \Gamma' }$
από τις πλευρές $\displaystyle{AB ,B\Gamma ,\Gamma A ,A\Gamma ,BA, \Gamma B}$ αντίστοιχα.
Το θέμα λύνεται εύκολα από κάποιον που ξέρει σχετικά με τις συμμετροδιαμέσους τριγώνου.

Σ' αυτούς που ασχολούνται σοβαρά με την Ευκλείδειο Γεωμετρία είναι γνωστή η πρόταση:
Aν οι στα και εφαπτομένες του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου τέμνονται στο , τότε η ευθεία είναι ο φορέας της συμμετροδιαμέσου του τριγώνου που αντιστοιχει στην κορυφή .
Η πρόταση υπάρχει ως άλυτη άσκηση σε παλιά βιβλία , όπως του Σπύρου Κανέλου '' ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ '' άσκηση και του Αλέκου Σκορδά '' ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ '' στη σελίδα .
Πολλές φορές η απόδειξή της γράφεται με τη βοήθεια της τριγωνομετρίας .

ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1973.1.png (15.44 KiB) Προβλήθηκε 2319 φορές

Για να μη σας κουράζω , ισχύει ότι

$\frac{\alpha _{2}}{\alpha _{3}}=\frac{AB}{A\Gamma }$

$\frac{\beta {3}}{\beta {1}}=\frac{B\Gamma }{AB }$

$\frac{\gamma {1}}{\gamma {2}}=\frac{A\Gamma }{B\Gamma }$

αφού όπως ξέρουμε η συμμετροδιάμεσος είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που οι αποστάσεις τους από τους φορείς των πλευρών τριγώνου είναι ανάλογες των πλευρών αυτών.
Αν πολλαπλασιάσουμε τις τρεις αυτές ισότητες κατά μέλη , προκύπτει εύκολα το ζητούμενο συμπέρασμα.

Για λόγους πληρότητας , γράφω την απόδειξη της πρότασης
Aν οι στα και εφαπτομένες του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου τέμνονται στο , τότε η ευθεία είναι ο φορέας της συμμετροδιαμέσου του τριγώνου που αντιστοιχεί στην κορυφή .

Έστω το σημείο που τέμνονται οι εφαπτομένες του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου στα σημεία .
Έστω το περίκεντρο του τριγώνου .
Η είναι μεσοκάθετος της πλευράς του τριγώνου , η οποία τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου αυτού στα σημεία , τo
ανήκει στο ένα τόξο και το στο άλλο τόξο .
Έστω το μέσο της πλευράς .
Θα αποδειχθεί ότι η διχοτομεί τη $P\hat{A}M$ .

ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1973.2.png (17.72 KiB) Προβλήθηκε 2319 φορές

$\frac{KM}{KP}=\frac{OK-OM}{OP-OK}=\frac{R-OM}{OP-R}$

$\frac{LM}{LP}=\frac{LO+OM}{LO+PO}=\frac{R+OM}{R+OP}$

Έχουμε τώρα ότι

$\frac{KM}{KP}=\frac{LM}{LP}\Leftrightarrow$

$\frac{R-OM}{OP-R}=\frac{R+OM}{R+OP}\Leftrightarrow$

$\left(R-OM \right)\left(R+OP \right)=\left(R+OM \right)\left(OP-R \right)\Leftrightarrow$

$R^{2} +OP\cdot R-OM\cdot R-OM\cdot OP=R\cdot OP-R^{2}+OM\cdot OP-OM\cdot R\Leftrightarrow$

$2R^{2}=2OM\cdot OP\Leftrightarrow$

$R^{2}=OM\cdot OP$

Iσχύει η τελευταία ισότητα γιατί από το ορθογώνιο τρίγωνο γνωρίζουμε ότι

$OB^{2}=OM\cdot OP\Leftrightarrow R^{2}=OM\cdot OP$

Έτσι λοιπόν αποδείχθηκε ότι

$\frac{KM}{KP}=\frac{LM}{LP}$

Άρα τα είναι συζυγή αρμονικά των .

Αυτό σημαίνει ότι η είναι διχοτόμος της $P\hat{A}M$ στο τρίγωνο .

Το είναι το μέσο του τόξου , αυτό συνεπάγεται ότι η είναι διχοτόμος της $\hat{A}$ .

Αποδείχθηκε λοιπόν ότι η είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου .

Αναρωτιέμαι πολύ αν ένας υποψήφιος του 1973 έγραφε τα παραπάνω , τι αντιμετώπιση θα είχε από τους διορθωτές.
Θα ήθελα πολύ να γραφούν γνώμες πάνω σ' αυτό από εκείνους που τότε ήταν αρκετά μεγάλοι και ένιωσαν την αύρα της εποχής , όχι απαραίτητα ως μαθηματικοί , αλλά ως μαθητές.

Καλησπέρα Τηλέμαχε.

Δεν ξέρω αν οι συμμετροδιάμεσοι ήταν στην ύλη το 1973, ούτε και ποια θα ήταν η αντιμετώπιση από τους διορθωτές. Φαντάζομαι όμως ότι για να είναι πλήρης η απόδειξη θα έπρεπε να δοθεί ο ορισμός της συμμετροδιαμέσου, να γραφούν τα παραπάνω και επιπλέον να δοθεί και η απόδειξη της πρότασης: η συμμετροδιάμεσος είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που οι αποστάσεις τους από τους φορείς των πλευρών τριγώνου είναι ανάλογες των πλευρών αυτών.

Εικάζω λοιπόν ότι, αν οι συμμετροδιάμεσοι δεν ήταν στην ύλη, τότε μάλλον το θέμα δόθηκε για να λυθεί με άλλο τρόπο. Θα το κοιτάξω μήπως λύνεται διαφορετικά, γιατί είναι πολύ ενδιαφέρον.

Ανεξάρτητα πάντως από τα τερτίπια εκείνης της εποχής, η λύση σου είναι άψογη

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

Κατ' αρχήν να ευχαριστήσω το Γιώργο Βισβίκη , τόσο για τα δύο υπέροχα σχήματα όσο και για την άποψη που κατέθεσε στον προβληματισμό που έθεσα.

Λυπάμαι πολύ για το πρόβλημα που έχω με το geogebra , εδώ και μέρες τα αποθηκευμένα σχήματα που είχα δεν ξαναπροβάλλονται και επίσης τα σχήματα που σχεδιάζω δεν εξάγονται σε png.
Ο εκνευρισμός που έχω είναι μεγάλος....
Aν κάποιος έχει το ίδιο πρόβλημα , ας επικοινωνήσει μαζί μου να δούμε τι θα γίνει....

Ασφαλώς και έπρεπε να γράψω τον ορισμό της συμμετροδιαμέσου , έπρεπε επίσης να γράψω την απόδειξη του γεωμετρικού τόπου που αξιοποίησα.
Τα θεώρησα όλα αυτά γνωστά , γνωστή θεωρία , γιατί είδα τη λύση του θέματος αμέσως.
Ο ορισμός και η απόδειξη βρίσκονται εύκολα στο internet , μάλιστα το περίφημο βιβλίο του Σ. Κανέλλου στο οποίο γράφονται όλα αυτά βρίσκεται αμέσως.
Αν ήμουν υποψήφιος του 1973 , μπορεί να έγραφα τη λύση μου και μετά να παρακαλούσα να πέσει το γραπτό μου σε διορθωτές με ευρεία αντίληψη. Εδώ τίθεται κι ένα άλλο θέμα , αν ήμουν διορθωτής του 1973 , τι θα έκανα αν κάποιος υποψήφιος έδινε μια τέτοια λύση στο θέμα;

Ας κοιτάξουμε και για άλλη , πιο σχολική λύση λοιπόν....
Πρέπει να παραδεχτώ ότι οι όποιες γνώσεις έχω για τις συμμετροδιαμέσους , το σημείο Lemoine , το σημείο Gergonne και άλλα αντίστοιχα θέματα πηγάζουν από προσωπικό ενδιαφέρον και μεράκι, δεν προσφέρονται για άμεση σχολική χρήση.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #7

Λοιπόν , το όμορφο σχήμα του Γιώργου με οδήγησε εύκολα στη σχολική λύση.
Υπάρχουν τρία ζεύγη ομοίων ορθογωνίων τριγώνων. Από αυτά προκύπτουν

$\frac{a_{2}}{\beta _{1}}=\frac{BA'}{AB'}$

$\frac{\gamma _{1}}{a_{3}}=\frac{A\Gamma '}{A'\Gamma }$

$\frac{\beta _{3}}{\gamma _{2}}=\frac{B'\Gamma }{B\Gamma ' }$

Aν πολλαπλασιάσουμε τις τρεις αυτές ισότητες κατά μέλη προκύπτει αμέσως το ζητούμενο συμπέρασμα , χρησιμοποιούμε το πασίγνωστο θεώρημα : Τα εφαπτόμενα τμήματα κύκλου από σημείο είναι ίσα.

Βαρέθηκα να σχεδιάσω ένα σχήμα της προκοπής σ' ένα φύλλο χαρτί κι έτσι μου διέφυγε η απλότητα της σχολικής προσέγγισης. Κόλλησα με τις συμμετροδιαμέσους - μ' αρέσουν πολύ - και δεν κοίταξα για κάτι πιο απλό...

#8

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:Λοιπόν , το όμορφο σχήμα του Γιώργου με οδήγησε εύκολα στη σχολική λύση.
Υπάρχουν τρία ζεύγη ομοίων ορθογωνίων τριγώνων. Από αυτά προκύπτουν

$\frac{a_{2}}{\beta _{1}}=\frac{BA'}{AB'}$

$\frac{\gamma _{1}}{a_{3}}=\frac{A\Gamma '}{A'\Gamma }$

$\frac{\beta _{3}}{\gamma _{2}}=\frac{B'\Gamma }{B\Gamma ' }$

Aν πολλαπλασιάσουμε τις τρεις αυτές ισότητες κατά μέλη προκύπτει αμέσως το ζητούμενο συμπέρασμα , χρησιμοποιούμε το πασίγνωστο θεώρημα : Τα εφαπτόμενα τμήματα κύκλου από σημείο είναι ίσα.

Αυτό το αποκαλώ διαστροφή του Μαθηματικού. Το μυαλό μας πάει πρώτα στα δύσκολα

ykerasar · #9

αγαπητέ Τηλέμαχε καλησπέρα και συγγνώμη για την καθυστέρηση της απάντησής μου.
Σου απαντώ στο αρχικό ερώτημά σου: αν έδινες ένα γραπτό, όπως το παρουσίασες παραπάνω, σε διαβεβαιώνω πως θα έπαιρνες όλα τα μόρια που αναλογούν στο θέμα. Κείνη την εποχή, όταν κάποιος χρησιμοποιούσε τη "ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΤΟΥ ΤΡΙΓΩΝΟΥ", τον είχανε σε μεγάλη εκτίμηση (διορθωτές και μη και φροντιστές). Κάποτε πρέπει να καταλάβουμε πως εκείνο που μετρά δεν είναι η έκταση μιας απόδειξης, αλλά: Ι. η "γλώσσα" που χρησιμοποιεί και ΙΙ. η παντελής έλλειψη α) λογικών χασμάτων, β) λογικών πλεονασμών.
Τηλέμαχε, αν δυο αποδείξεις χρησιμοποιούν την ίδια περιοχή (π.χ. της Ευκλείδειας Γεωμετρίας) και έχουν διαφορετικό μήκος (η μία π.χ. 5 γραμμές και η άλλη 10 γραμμές), τότε: 1) αν η πρώτη παρουσιάζει λογικά (όχι λογιστικά) χάσματα (χάριν της συντομίας) κι η δεύτερη δεν παρουσιάζει "χάσματα" και "πλεονασμούς", τότε η δεύτερη απόδειξη είναι και πιο έγκυρη και, ταυτόχρονα, κι η πιο κομψή. Αν κι οι δυο δεν παρουσιάζαν "χάσματα" και "πλεονασμούς" τότε κι οι δυο θα έπαιρναν τον ίδιο βαθμό, ενώ ταυτόχρονα θα θαυμάζονταν η πρώτη για τη συντομία της κι η δεύτερη για την πρωτοπορεία της.
με εκτίμηση
Γιάννης Κερασαρίδης

#10

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:Aν οι στα και εφαπτομένες του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου τέμνονται στο , τότε η ευθεία είναι ο φορέας της συμμετροδιαμέσου του τριγώνου που αντιστοιχεί στην κορυφή .

Η πρόταση αυτή έχει συζητηθεί παλιότερα Εδώ.

Σημειώστε ότι με το ψευδώνυμο 77ant, υπογράφει μία νοτιοκορεάτισσα νοικοκυρά ( κατά δήλωσή της ).

Κώστας Βήττας.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #11

Να ευχαριστήσω τον παλαίμαχο συνάδελφο Γιάννη Κερασαρίδη για την κατάθεση της άποψής του.
Ο Γιάννης δίδασκε εκείνη την εποχή σε φροντιστήρια , ζούσε τον παλμό της Γεωμετρίας ως εξεταζόμενο μάθημα.
Να ευχαριστήσω επίσης τον Κώστα Βήττα για την πολύτιμη παραπομπή του . Τελικά αυτό που ζητά μια νοικοκυρά από τη μακρινή Κορέα εμπλουτίζει τις γνώσεις μας...
Σίγουρα από τη μεριά μου η αντιμετώπιση του θέματος αποτελεί επαγγελματική διαστροφή , οι συμμετροδιάμεσοι μ' αρέσουν και είδα την πρώτη λύση αμέσως. Ωστόσο το θέμα μπορεί να δοθεί άνετα σε μαθητές λυκείου , δεν είναι δύσκολο , φτάνει να μη βαρεθούν να κάνουν ένα επιμελημένο σχήμα , εγώ βαρέθηκα , το παραδέχομαι....

ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση