Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

paulgai · #21

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 14, 2021 11:41 pm
ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ
...

Η περίπτωση που το Δ είναι εξωτερικό της πλευράς ΑΓ δεν πρέπει να μελετηθεί;

(Η αλήθεια είναι ότι η λύση δεν προχωρά «ομαλά»σε αυτή την περίπτωση

)

#22

paulgai έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 16, 2021 12:05 am

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 14, 2021 11:41 pm
ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ
...
Η περίπτωση που το Δ είναι εξωτερικό της πλευράς ΑΓ δεν πρέπει να μελετηθεί;

(Η αλήθεια είναι ότι η λύση δεν προχωρά «ομαλά»σε αυτή την περίπτωση )

Κάνουμε το σχήμα παίρνοντας τα σημεία κάθε φορά με τον ίδιο προσανατολισμό: είτε κυκλικά με τη φορά των δεικτών του ρολογιού είτε με την αντίθετη.

Τότε, σε κάθε περίπτωση, το $\Delta$ θα είναι σημείο της πλευράς $A\Gamma$ .

Σε πολλά προβλήματα γεωμετρίας αυτή η προϋπόθεση για τον προσανατολισμό του σχήματος είναι απαραίτητη. Άλλοτε αναφέρεται ρητώς στην εκφώνηση, ενώ άλλοτε παραλείπεται.

#23

ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Άλλη μία τριγωνομετρική. Θέτω $\displaystyle AB = AC = b,DC = CE = x \Rightarrow AD = b - x.$

: 14 Μαι 2021.png (12.86 KiB) Προβλήθηκε 1432 φορές

Με Π. Θ στο ABD

βρίσκω $\boxed{B{D^2} = 2{b^2} - 2bx + {x^2}}$ (1)

Με ν. ημιτόνων στο DBC,

$\displaystyle \frac{{BD}}{x} = \frac{{\sin 45^\circ }}{{\sin 30^\circ }} = \sqrt 2 \Leftrightarrow B{D^2} = 2{x^2}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} {x^2} + 2bx - 2{b^2} = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{x > 0}$ $\boxed{x=b(\sqrt 3-1)}$

$\displaystyle \tan (A\widehat BE) = \frac{{x + b}}{b} = \sqrt 3 \Leftrightarrow A\widehat BE = 60^\circ \Leftrightarrow$ $\boxed{E\widehat BC=15^\circ}$

ksofsa · #24

Καλησπέρα!

Ακόμα μία λύση για το 3ο της β' λυκείου.

Θεωρώ το ισόπλευρο BDF

.

Η

μεσοκάθετος του

.

To

ορθογώνιο ισοσκελές.

Η

μεσοκάθετος του

.

Το

ορθογώνιο ισοσκελές.

Το BFE

ισοσκελές.

$\angle FBE=\dfrac{180^{\circ}-\angle BFE}{2}=15^{\circ}$

$\angle CBE=30^{\circ}-\angle FBE=15^{\circ}$ .

Γιώργος Μήτσιος · #25

Καλό βράδυ! Ακόμη μία για το Θ3 της Β' Λυκείου

: 16-5 ΒΛ 3.png (125.41 KiB) Προβλήθηκε 1331 φορές

Ο Ν.Ημιτόνων στο BCD

δίνει $\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{\eta \mu 45^0}{\eta \mu 30^0}=\sqrt{2}$ . Τότε $BD^2=2DC^2=DC\cdot DE$

δηλ το

εφαπτόμενο στον κύκλο των B,C,E

.

Έπεται $\widehat{E}=30^0$ (εγγεγραμμένη ίση με χορδής κι' εφαπτομένης) άρα και $\widehat{CBE}=15^0$ .

Φιλικά, Γώργος.

#26

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 16, 2021 11:02 pm
...
Ο Ν.Ημιτόνων στο δίνει $\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{\eta \mu 45^0}{\eta \mu 30^0}=\sqrt{2}$ . Τότε $BD^2=2DC^2=DC\cdot DE$

..

Οπότε τα τρίγωνα DCB

και

είναι όμοια. Ωραία!

Φιλικά,

Αχιλλέας

Γιώργος Μήτσιος · #27

Καλημέρα!
Πολύ σωστά Αχιλλέα! Πράγματι η σημειωμένη στο σχήμα γωνία $\widehat{D}$ είναι η κοινή-περιεχόμενη
και μαζί με την αναλογία ''δένουν'' την ομοιότητα των εν λόγω τριγώνων.

Ας δούμε μια ακόμη προσέγγιση, κρατώντας από το σχήμα μόνο τα απαραίτητα

: 18-5.png (77.96 KiB) Προβλήθηκε 1241 φορές

Είναι $\dfrac{\eta \mu x}{\eta \mu y}=\sqrt{2}=\dfrac{\eta \mu (\pi /4)}{\eta \mu (\pi /6)}$ , ενώ $x+y=\pi /4+\pi /6$ . Όπως και στο Γνωστό λήμμα παίρνουμε $x=\pi /4$ και $y=\pi /6$ ...

Φιλικά, Γιώργος.

#28

Β Λυκείου Θέμα 3
https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=58&t=48574 (θέμα 3)

Πολύ όμορφο το Θέμα 3 της Γ Λυκείου!

#29

Οι επίσημες λύσεις έγιναν διαθέσιμες εδώ.

#30

Γ Λυκείου επαναληπτικός Θαλής 2020-2021

Ξεκινώ με την κατασκευή .

Έστω ευθύγραμμο τμήμα

και ο Απολλώνιος κύκλος $\left( {K,KA} \right)$ , που για κάθε σημείο του ,

, $\boxed{\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{2}}$ .

Γράφω τον κύκλο $\left( {A,B,C} \right)$ που ως γνωστό είναι ορθογώνιος με τον $\left( {K,KA} \right)$ .

Άρα η

εφάπτεται του $\left( {A,B,C} \right)$ . Αν η διχοτόμος

του $\vartriangle ABC$ κόψει ακόμα τον $\left( {A,B,C} \right)$ στο

, τότε το

είναι μέσο της χορδής

.

Επειδή από την υπόθεση , CE = CD

θα έχω:

και

, το τετράπλευρο AKZC

είναι παραλληλόγραμμο.

Έτσι το

είναι μέσο του

. Αν

το μέσο της

το τετράπλευρο ABZF

είναι χαρταετός και έτσι $\boxed{\widehat {ZBE} = \widehat {{\omega _{}}}\,\,}\left( 1 \right)$ .

: Γ Λυκείου Θαλής 2020_21.png (43.59 KiB) Προβλήθηκε 1080 φορές

Αρκεί να δείξω ότι $\widehat {{\omega _{}}} = \widehat \theta$ και προς τούτο αρκεί το τετράπλευρο FEZC

να είναι εγγράψιμο .

Επειδή $EF// = \dfrac{1}{2}GC$ θα είναι : $\widehat {{a_3}} = \widehat {{\xi _{}}}$ . Αλλά $\widehat {{\xi _{}}} = \widehat {{a_2}}$ ( υπό χορδής κι εφαπτομένης ) και $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_1}}$ ( από την παραλληλία των $KA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CZ$ )

Από τη μεταβατικότητα έχω: $\boxed{\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_1}}}$ δηλαδή αυτό που θέλω.

spatharas · #31

81ος Συμπληρωματικός Διαγωνισμός της ΕΜΕ "Ο ΘΑΛΗΣ" - Τάξη Α' Λυκείου.
Εκφωνήσεις Θεμάτων: https://bit.ly/36O4rdX
Αναλυτικές Απαντήσεις: https://bit.ly/3uKOk8S

Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Μέλη σε σύνδεση