Μπαρμπαστάθεια 2019

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλό μήνα σε όλους. Από τον ετήσιο τοπικό διαγωνισμό Μπαρμπαστάθεια - έγινε στην Άρτα 29/11/19 - υποβάλλω κι' εδώ
το θέμα που εισηγήθηκα. Ενδιαφέρον έχει, νομίζω, η αντιμετώπιση του α' ερωτήματος που μάλλον δυσκόλεψε τους μαθητές.

: Μπαρμπαστάθεια 2019 .PNG (5.56 KiB) Προβλήθηκε 897 φορές

Το $AB\Gamma\Delta$ είναι τετράγωνο και τα M,N

τα μέσα των πλευρών

και $B\Gamma$ . Το $E \in \Delta N$ ώστε $ME \perp \Delta N$ .

Ι) Να δείξετε ότι τα σημεία $M,E , \Gamma$ είναι συνευθειακά.

ΙΙ) Να δείξετε ότι ισχύει $\Delta E=2E\Gamma=4EN$ .

ΙΙΙ) Αν δοθεί ότι $\left ( AB\Gamma \Delta \right )=100 cm^{2}$ να υπολογιστεί το $\left ( \Gamma EN \right )$ . Ευχαριστώ , Γιώργος.

Ορέστης Λιγνός · #2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 01, 2019 12:05 pm
Καλό μήνα σε όλους. Από τον ετήσιο τοπικό διαγωνισμό Μπαρμπαστάθεια - έγινε στην Άρτα 29/11/19 - υποβάλλω κι' εδώ
το θέμα που εισηγήθηκα. Ενδιαφέρον έχει, νομίζω, η αντιμετώπιση του α' ερωτήματος που μάλλον δυσκόλεψε τους μαθητές.
Μπαρμπαστάθεια 2019 .PNG
Το $AB\Gamma\Delta$ είναι τετράγωνο και τα τα μέσα των πλευρών και $B\Gamma$ . Το $E \in \Delta N$ ώστε $ME \perp \Delta N$ .

Ι) Να δείξετε ότι τα σημεία $M,E , \Gamma$ είναι συνευθειακά.

ΙΙ) Να δείξετε ότι ισχύει $\Delta E=2E\Gamma=4EN$ .

ΙΙΙ) Αν δοθεί ότι $\left ( AB\Gamma \Delta \right )=100 cm^{2}$ να υπολογιστεί το $\left ( \Gamma EN \right )$ . Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλημέρα Γιώργο!

Ι) Θα δείξω ότι $MC \perp DN$ .

Τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle MBC, \vartriangle NDC$ έχουν :

$\bullet$ NC=BC/2=AB/2=MB

$\bullet$

Άρα, είναι ίσα, οπότε $\angle BMC=\angle DNC$ , οπότε $\angle MCB=90^\circ-\angle BMC=90^\circ-\angle DNC \Rightarrow DN \perp MC$ .

Οπότε, $ME \perp DN$ , και $MC \perp DN$ , συνεπώς M,E,C

συνευθειακά.

ΙΙ) Από μετρικές σχέσεις στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle DNC$ έχω :

$\bullet$ $NC^2=NE \cdot ND$ (1)
$\bullet$ $DC^2=DE \cdot DN$ (2)

Διαιρώ κατά μέλη τις (1), (2) και έχω $\dfrac{NE}{DE}=\dfrac{NC^2}{DC^2}=\dfrac{1}{4} \Rigtarrow DE=4EN$ .

Πάλι όμως από μετρικές σχέσεις, έχω $CE^2=DE \cdot EN=4EN^2 \Rightarrow CE=2EN$ .

Τελικά, DE=2EC=4EN

.

ΙΙΙ) Είναι, $(NEC)=\dfrac{NE \cdot EC}{2}=\dfrac{ND \cdot EC}{10}=\dfrac{(DNC)}{5}=\dfrac{(DBC)}{10}=\dfrac{(ABCD)}{20}=5 \Rightarrow (NEC)= 5 \rm cm^2$

#3

Καλό μήνα!

Νομίζω ότι οι ενδεδειγμένες λύσεις είναι του Ορέστη. Δεν υπάρχουν και πολλές επιλογές, εκτός ίσως από λίγη τριγωνομετρία στο (ΙΙ), $\displaystyle \tan (N\widehat \Delta \Gamma ) = \frac{1}{2},$ κλπ.

Μου κάνει εντύπωση ότι δυσκολεύτηκαν στο (Ι). Στην Α' Λυκείου στα τετράγωνα, υπάρχει μια πολύ δημοφιλής άσκηση του σχολικού, που λέει ότι τα $\Gamma M, \Delta N$ είναι ίσα και κάθετα.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 01, 2019 12:05 pm
Καλό μήνα σε όλους. Από τον ετήσιο τοπικό διαγωνισμό Μπαρμπαστάθεια - έγινε στην Άρτα 29/11/19 - υποβάλλω κι' εδώ
το θέμα που εισηγήθηκα. Ενδιαφέρον έχει, νομίζω, η αντιμετώπιση του α' ερωτήματος που μάλλον δυσκόλεψε τους μαθητές.
Μπαρμπαστάθεια 2019 .PNG

Το $AB\Gamma\Delta$ είναι τετράγωνο και τα τα μέσα των πλευρών και $B\Gamma$ . Το $E \in \Delta N$ ώστε $ME \perp \Delta N$ .

Ι) Να δείξετε ότι τα σημεία $M,E , \Gamma$ είναι συνευθειακά.

ΙΙ) Να δείξετε ότι ισχύει $\Delta E=2E\Gamma=4EN$ .

ΙΙΙ) Αν δοθεί ότι $\left ( AB\Gamma \Delta \right )=100 cm^{2}$ να υπολογιστεί το $\left ( \Gamma EN \right )$ . Ευχαριστώ , Γιώργος.

Με $MQ \bot DC$ τα σημεία A,M,E,Q,D

είναι προφανώς ομοκυκλικά με AM=QD=QC

Από $\triangle ADQ= \triangle NDC \Rightarrow AQ \bot DN \Rightarrow AQ//ME$ .Ακόμη $AM=//QC \Rightarrow AQ//MC$ ,άρα M,E,C

συνευθειακά

$tanx= \dfrac{NC}{DC} = \dfrac{1}{2}= \dfrac{EC}{DE}= \dfrac{EN}{EC} \Rightarrow ED=2CE=4EN$

Είναι, $(DNC)= \dfrac{1}{4} (ABCD)=25$ και $\dfrac{NE}{ED} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{NE}{ND}= \dfrac{1}{5}= \dfrac{(NEC)}{(NCD)} \Rightarrow (NEC)=5$

: Μπαρμπαστάθεια.png (23.77 KiB) Προβλήθηκε 843 φορές

ksofsa · #5

Καλό μήνα σε όλους!

Εναλλακτική λύση για το 1ο ερώτημα (εκτός φακέλου):

Τα ορθογώνια τρίγωνα BCM, DCN

είναι ίσα καθώς έχουν ίσες τις κάθετες πλευρές τους.

Άρα οι ομόλογες πλευρές των ίσων αυτών τριγώνων σχηματίζουν μεταξύ τους ίσες γωνίες, δηλαδή στη συγκεριμένη περίπτωση ορθές γωνίες.

Συνεπώς , οι MC,DN

κάθετες.

Γιώργος Μήτσιος · #6

Χαιρετώ.Ορέστη , Γιώργο, Μιχάλη και Κώστα σας ευχαριστώ για τις λύσεις-παρεμβάσεις σας!
Οι μαθητές-μαθήτριες που έλαβαν μέρος φοιτούν στην Γ τάξη. Βαθμολογήσαμε τα γραπτά. Επαληθεύτηκε η αρχική εκτίμηση για δυσκολία όχι μόνο στο α ερώτημα αλλά σε όλο το θέμα της Γεωμετρίας. Φαίνεται , δυστυχώς ότι η πλειονότητα των μαθητών οδηγεί προς τη..λήθη τις γνώσεις που νομίζουν πως δεν χρειάζονται πλέον για τις εξετάσεις τους.
Στον αντίποδα ευτυχώς υπάρχει το

σιγουριάς και αισιοδοξίας μερικών -όπως καλή ώρα του Ορέστη- που είναι ότι καλύτερο!
Άλλη μια ..μακρύτερη διαδρομή για το α' ερώτημα

: Μπαρμπαστάθεια 2019 ΙΙ.PNG (8.49 KiB) Προβλήθηκε 669 φορές

Υπολογίζουμε το $\left ( DMNC \right )$ με δύο τρόπους. Το Π.Θ μας δίνει $MC=DN=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}$ .

Είναι $\left ( DMNC \right )=\dfrac{MC\cdot DN\cdot \eta \mu \omega }{2}=\dfrac{5a^{2}\eta \mu \omega }{8}$ αλλά και $\left ( DMNC \right )=a^{2}-a^{2}/4-a^{2}/8=\dfrac{5a^{2} }{8}$ .

Προκύπτει $\eta \mu \omega=1$ δηλ. $MC \perp DN$ ενώ και $ME \perp DN$ . Η κάθετη είναι μοναδική άρα M,E,C

συνευθειακά. Φιλικά, Γιώργος.

kkala · #7

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 09, 2019 12:33 am
Οι μαθητές-μαθήτριες που έλαβαν μέρος φοιτούν στην Γ τάξη. Βαθμολογήσαμε τα γραπτά. Επαληθεύτηκε η αρχική εκτίμηση για δυσκολία όχι μόνο στο α ερώτημα αλλά σε όλο το θέμα της Γεωμετρίας. Φαίνεται , δυστυχώς ότι η πλειονότητα των μαθητών οδηγεί προς τη..λήθη τις γνώσεις που νομίζουν πως δεν χρειάζονται πλέον για τις εξετάσεις τους.

Νομίζω ότι η παρακμή της Γεωμετρίας οφείλεται κυρίως στο γεγονός ότι έπαυσε πλέον να εξετάζεται στις εισαγωγικές εξετάσεις, οπότε οι μαθητές ρίχνουν το βάρος στα εξεταζόμενα μαθήματα. Τούτο είναι κατανοητό, διότι τα ήδη εξεταζόμενα μαθήματα απαιτούν πολλή μελέτη. Λίγες μόνο είναι οι φωτεινές εξαιρέσεις.
Επιπλέον η ύλη των σχολικών εξετάσεων έχει υποβαθμιστεί. Χωρίς βέβαια ουσιαστική διδακτική πείρα, είδα με έκπληξη στην διδακτέα ύλη Α' και Β' Λυκείου (ΓΕΛ, Ενιαίου) ότι πρακτικά οι αποδείξεις θεωρημάτων μέτριας δυσκολίας (ή υψηλότερης) έχουν εξαιρεθεί, εκτός από το Πυθαγόρειο θεώρημα. Υπάρχουν βέβαια αμφιβολίες αν ο μαθητής μπορεί να αφομοιώσει την απόδειξη του Πυθαγορείου (*), αν δεν έχει προηγουμένως εξοικειωθεί γενικά με τη γεωμετρική απόδειξη.
Όταν πήγαινα Λύκειο (1964-67) η διδασκαλία κάθε γεωμετρικού θεωρήματος του τότε βιβλίου περιελάμβανε και την απόδειξη, που είχε μεγαλύτερη αξία από την εκφώνησή του. Είχα ανοίξει κάποτε δελτία της ΕΜΕ του 1938-39 για μαθητές, πολλά προβλήματα Άλγεβρας ή Τριγωνομετρίας ήσαν εμπνευσμένα από τη Γεωμετρία. Σήμερα το μάθημα αυτό φαίνεται σαν να πνέει τα λοίσθια (τουλάχιστον στην Ελλάδα), περιοριζόμενο στην αποστήθιση (άντε και πρακτική εφαρμογή) κάποιων θεωρημάτων, χωρίς μάλιστα πολλή προσοχή σε τόπους και κατασκευές.
Δεν αξίζει στην (Ευκλείδεια) Γεωμετρία αυτή η κατάντια, εφόσον είναι το κατ' εξοχή μάθημα ανάπτυξης της λογικής σκέψης. Και η απόδειξη παίζει πρωτεύοντα ρόλο. Καλή θα ήταν μία προσπάθεια αναβάθμισης του μαθήματος, έστω και μόνο για την τιμή των όπλων.
Σημείωση: Ελπίδα για "αναβίωση" της γεωμετρίας έχει εκφραστεί και στην "ημερίδα" της ΕΜΕ για τον μαθηματικό Ν. Δ. Νικολάου (Νοέμβριος 2018).
(*) Ακόμα και αν η απόδειξη στηριχθεί στα όμοια τρίγωνα, η αποδείξεις των κριτηρίων ομοιότητας είναι εκτός ύλης.

Μπαρμπαστάθεια 2019

Μπαρμπαστάθεια 2019

Re: Μπαρμπαστάθεια 2019

Re: Μπαρμπαστάθεια 2019

Re: Μπαρμπαστάθεια 2019

Re: Μπαρμπαστάθεια 2019

Re: Μπαρμπαστάθεια 2019

Re: Μπαρμπαστάθεια 2019

Μέλη σε σύνδεση