Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 590
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Παρ Μάιος 14, 2021 8:40 pm

Παραθέτω τα σημερινά θέματα. Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά!
Συνημμένα
ΘΕΜΑΤΑ ΘΑΛΗ2.pdf
(513.72 KiB) Μεταφορτώθηκε 434 φορές
τελευταία επεξεργασία από Τσιαλας Νικολαος σε Σάβ Μάιος 15, 2021 12:53 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 162
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Μάιος 14, 2021 9:04 pm

Μία λύση για το 1 της Β Λυκείου.

Χρησιμοποιώντας την x^2+y^2 \geq 2xy έχουμε:
a+1 \geq 2 \sqrt {a}, το = όταν a=1.
b+3 \geq 2 \sqrt {3b}, το = όταν b=3.
c+5 \geq 2 \sqrt {5c}, το = όταν c=5.
Άρα (a+1)(b+3)(c+5)\geq 8 \sqrt{15abc}=8 \sqrt {15^2}=120.
Το = ισχύει όταν (a,b,c)=(1,3,5) η οποία είναι υποχρεωτικά η μοναδική λύση του συστήματος.


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 162
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Μάιος 14, 2021 9:06 pm

Για το 1 της Α Λυκείου.

Θέτουμε 3^{m-1}=x και 3^n=y οπότε η δεδομένη γράφεται:
x^2+y^2 \leq 2xy \Leftrightarrow (x-y)^2 \leq 0 το οποίο ισχύει μόνο αν x=y \Leftrightarrow 3^{m-1}=3^{n}.
Άρα 3^{m}+3^n =3^m+3^{m-1}=3^{m-1}(3+1)=4 \cdot 3^{m-1}=12 \cdot 3^{m-2} με m-2 \geq 0 και τελειώσαμε.


Joaakim
Δημοσιεύσεις: 99
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 22, 2020 4:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Joaakim » Παρ Μάιος 14, 2021 9:11 pm

Γ' Γυμνασίου- Πρόβλημα 1
Παρατηρούμε ότι: 4654650=2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31, όπου όλοι οι παράγοντες είναι πρώτοι αριθμοί.
Οι αριθμοί που γράφουμε στη σειρά τότε είναι:
1ος: 4654650
2ος: 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31
3ος: 2 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31
4ος: 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31
5ος: 2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 11 \cdot 31
6ος: 2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 31
7ος: 2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11
8ος: 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13
9ος: 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31
10ος: 3 \cdot 5^{2} \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31=\boxed{332.475}
τελευταία επεξεργασία από Joaakim σε Σάβ Μάιος 15, 2021 8:33 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2799
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Μάιος 14, 2021 9:34 pm

ΘΕΜΑ 2- Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Τα δύο μικρότερα αθροίσματα είναι \alpha+\beta=128 και \alpha+\gamma=144,

ενώ τα δύο μεγαλύτερα αθροίσματα είναι \delta+\epsilon=204 και \gamma+\epsilon=192.

Το τρίτο μικρότερο άθροισμα δύο όρων είναι το \beta+\gamma ή το \alpha+\delta.

Αφαιρώντας τις δύο πρώτες σχέσεις κατά μέλη παίρνουμε \gamma-\beta=16 (*), ενώ από τις δύο τελευταίες παίρνουμε \delta-\gamma=12

Έτσι, \alpha+\delta=128-\beta+\beta+28=156>148.

Άρα το τρίτο μικρότερο άθροισμα είναι το \beta+\gamma=148. (**)

Από (*), (**) παίρνουμε \beta=66 και \gamma=82.

Εύκολα βρίσκουμε, λοιπόν, ότι

(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \epsilon)=(62,66,82,94,110).


Φιλικά,

Αχιλλέας


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2799
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Μάιος 14, 2021 9:58 pm

ΘΕΜΑ 2 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω ότι ο \beta είναι ένας ακέραιος για τον οποίο υπάρχει πραγματικός αριθμός \alpha, τέτοιος ώστε \beta=\alpha^2-\dfrac{1}{a} και ο \gamma=\alpha^2+\dfrac{1}{a} είναι ακέραιος.

Tότε είναι ακέραιος αριθμός και η διαφορά

\gamma-\beta=\dfrac{2}{\alpha},

οπότε θα έχουμε \alpha=\dfrac{2}{k} για κάποιο μη μηδενικό ακέραιο k.

Αφού \beta=\alpha^2-\dfrac{1}{a}=\dfrac{4}{k^2}-\dfrac{k}{2},

ο k αποτελεί ακέραια λύση του πολυωνύμου

x^3+2\beta x^2-8=0.

Με x=k, παίρνουμε k^2(k+2\beta)=8. Αφού ο \beta είναι ακέραιος, o k είναι άρτιος, και ο k^2 διαιρεί το 8, άρα k=\pm 2.

Παρατηρούμε ότι k=2, αν και μόνο αν \alpha=1. Αυτή η περίπτωση είναι δυνατή με \beta=0, οπότε \gamma=2.

Επίσης, k=-2 αν και μόνο αν \alpha=-1. Αυτή η περίπτωση είναι δυνατή εάν \beta=2, οπότε \gamma=0.

Συνεπώς, εάν \beta=0 ή \beta=2, τότε υπάρχει πραγματικός αριθμός \alpha τέτοιος ώστε \beta=\alpha^2-\dfrac{1}{a} και ο \gamma=\alpha^2+\dfrac{1}{a} είναι ακέραιος.

Σημείωση: Για τον \beta=2, και \alpha=\frac{\sqrt{5}+1}{2} ισχύει \alpha^2-\dfrac{1}{\alpha}=\beta. Για αυτή την τιμή του \alpha, ο \gamma δεν είναι ακέραιος.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
Lymperis Karras
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:16 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Lymperis Karras » Παρ Μάιος 14, 2021 10:07 pm

Joaakim έγραψε:
Παρ Μάιος 14, 2021 9:11 pm
Γ' Γυμνασίου- Πρόβλημα 1
Παρατηρούμε ότι: 4654650=2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot, όπου όλοι οι παράγοντες είναι πρώτοι αριθμοί.
Οι αριθμοί που γράφουμε στη σειρά τότε είναι:
1ος: 4654650
2ος: 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31
3ος: 2 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31
4ος: 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31
5ος: 2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 11 \cdot 31
6ος: 2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 31
7ος: 2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11
8ος: 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13
9ος: 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31
10ος: 3 \cdot 5^{2} \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31=\boxed{332.475}
Ίδια λύση έχω κι εγώ. Σωστό αποτέλεσμα!


Ένας μαθηματικός χρειάζεται μολύβι, γόμα και μεγάλο καλάθι αχρήστων.
-Hilbert
STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 2093
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Παρ Μάιος 14, 2021 10:18 pm

Kαλησπέρα για το πρόβλημα 3 της Α Λυκείου

Τα κόκκινα τμήματα είναι ίσα Αρα d=ZE ,x=\Delta B,y=BH,EHM,y^{2}=2d^{2}\Rightarrow y=d\sqrt{2},(1),         BH\Delta ,x=y\sqrt{2},(2),

 (1),(2)\Rightarrow x=2d\Rightarrow B\Delta =2EZ
Συνημμένα
Ο Θαλής  Α Λυκειίου Πρόβλημα 3.png
Ο Θαλής Α Λυκειίου Πρόβλημα 3.png (38.85 KiB) Προβλήθηκε 1932 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 162
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Παρ Μάιος 14, 2021 10:30 pm

Πρόβλημα 2 - Γ' Λυκείου.

Είναι γνωστό ότι  S_1 = 1+ 2 +3 +...+ n= \dfrac{n(n+1)}{2}.
Άρα S(m,n) = \dfrac{1}{2}[m+(m+2)+(m+4)+...+(m+2n) -m(m+n)]
= \dfrac{1}{2}[m(n+1) +(2+4+6+...+2n)-m(m+n)]
= \dfrac{1}{2}[m(n+1) +2(1+2+3+...+n)-m(m+n)]
= \dfrac{1}{2}[m(n+1)+n(n+1)-m(m+n)]
= \dfrac{1}{2}[(m+n)(n+1)-m(m+n)]
= \dfrac{1}{2} \cdot (m+n)(n-m+1)
Αν ο n+m είναι άρτιος τότε ο n-m+1=(n+m)-2m+1 είναι περιττός, άρα 2 \nmid n-m+1 και είναι αδύνατον ο  \dfrac{1}{2} \cdot (m+n)(n-m+1) να είναι δύναμη του 2 αφού n-m+1>1. Ομοίως, αν υποθέσουμε ότι ο n+m είναι περιττός, τότε 2 \nmid m+n και είναι αδύνατον ο  \dfrac{1}{2} \cdot (m+n)(n-m+1) να είναι δύναμη του 2.


Άβαταρ μέλους
Lymperis Karras
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:16 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Lymperis Karras » Παρ Μάιος 14, 2021 11:13 pm

Πρόβλημα 2 Γ' Γυμνασίου

α) Για να ισχύει το ζητούμενο θα πρέπει xy=x-y \Leftrightarrow y=\dfrac{x}{x+1}. Άρα το y ορίζεται μονοσήμαντα \forall x\in \mathbb{R}

β) Μετά από αντικατάσταση του y με το \dfrac{x}{x+1} παίρνουμε A=\dfrac{x^{2}+2}{2x+1}. Παρατηρούμε πως ισχύει πάντα x^{2}+2 \geq 2x+1

(με πράξεις καταλήγει τετράγωνο μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός που ισχύει) άρα A \geq 1 και το ελάχιστο λαμβάνεται για x=1,y=\dfrac{1}{2}


Ένας μαθηματικός χρειάζεται μολύβι, γόμα και μεγάλο καλάθι αχρήστων.
-Hilbert
Άβαταρ μέλους
Lymperis Karras
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 06, 2020 5:16 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Lymperis Karras » Παρ Μάιος 14, 2021 11:26 pm

Πρόβλημα 3 Γ' Γυμνασίου

Έστω T το σημείο τομής της EO με την AD. Λόγω ημικυκλίου το T έιναι κέντρο του μικρού κύκλου.

Άρα r=\dfrac{a}{2} και R=\dfrac{a}{2}+TO=\dfrac{3a}{2}-OZ

Με ΠΘ όμως παίρνουμε ότι OZ=\sqrt{R^2-\dfrac{a^2}{4}}

άρα μετά από πράξεις (αντικαθιστώ το OZ στην πρώτη) παίρνω R=\dfrac{5a}{6}

Για το εμβαδόν εργαζόμαστε ως εξής:

Φέρνουμε την κάθετη OH=\dfrac{a}{2}

(ABOE)=(OBH)+(OHAT)+(ATE)

Η συνέχεια είναι εύκολη, θα το ολοκληρώσω αύριο...


Ένας μαθηματικός χρειάζεται μολύβι, γόμα και μεγάλο καλάθι αχρήστων.
-Hilbert
Joaakim
Δημοσιεύσεις: 99
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 22, 2020 4:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Joaakim » Παρ Μάιος 14, 2021 11:38 pm

Γ' Λυκείου- Πρόβλημα 1

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: |x+y|=x+y, x+y \geq 0
Τότε: (x^{2}-2x+1)+(y^{2}-2y+1)+(x-y)^{2}=0 \Rightarrow
\Rightarrow (x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(x-y)^{2}=0.
Όμως LHS \geq 0, με το ίσον για x=y=1, δεκτή.

Περίπτωση 2: |x+y|=-x-y, x+y<0
Τότε: (x^{2}+2x+1)+(y^{2}+2y+1)+(x-y)^{2}=0 \Rightarrow
\Rightarrow (x+1)^{2}+(y+1)^{2}+(x-y)^{2}=0.
Όμως LHS \geq 0, με το ίσον για x=y=-1, δεκτή.

Τελικά: \boxed{(x,y)=(-1,-1),(1,1)}.
τελευταία επεξεργασία από Joaakim σε Κυρ Μάιος 16, 2021 1:12 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2799
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Μάιος 14, 2021 11:41 pm

ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

(Σχεδιάζουμε το τρίγωνο AB\Gamma και τη γωνία A\widehat{B}\Delta με τη φορά των δεικτών του ρολογιού, οπότε παίρνουμε το \Delta να είναι σημείο της πλευράς A\Gamma)


Στο ορθογώνιο τρίγωνο BA\Delta έχουμε \dfrac{x}{y}=\tan 15^\circ=2-\sqrt{3} (βλ. Αλγεβρα Β Λυκείου, σελ. 92).

και άρα \tan A\widehat{E}B=\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{y}{2y-x}=\dfrac{1}{2-(x/y)}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}.

Έτσι, A\widehat{E}B=30^\circ (**), οπότε \Gamma\widehat{B}E=A\widehat{\Gamma}B- A\widehat{E}B=45^\circ-30^\circ=15^\circ.


(**) Αλλιώς: Ο \dfrac{x}{y}=2-\sqrt{3} και ο συζυγής του 2+\sqrt{3} είναι ρίζες της εξίσωσης t^2-4t+1=0, οπότε x^2-4xy+y^2=0.

Έτσι, από το Πυθαγόρειο στο BAE παίρνουμε

BE^2=y^2+(y+y-x)^2=y^2+4y^2-4yx+x^2=4y^2=(2AB)^2.

Συνεπώς, στο ορθογώνιο τρίγωνο BAE, η υποτείνουσα έχει διπλάσιο μήκος της κάθετης πλευράς AB, οποτε A\widehat{E}B=30^\circ.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Συνημμένα
thales_2020b_B2.png
thales_2020b_B2.png (8.04 KiB) Προβλήθηκε 1846 φορές


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6163
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Μάιος 15, 2021 1:59 am

Β,Γ Γυμνασίου Θέμα 1
Βρίσκουμε τον δέκατο μικρότερο διαιρέτη του αριθμού. Οι διαιρέτες του 4654650 είναι οι 1,2,3,5,6,7,10, 11,13,14.
Άρα ο 10ος μεγαλύτερος είναι ο 4654650:14=332475
https://www.wiskundeolympiade.nl/phocad ... ven_en.pdf (Θέμα Β1)

Β Γυμνασίου Θέμα 2
https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 13#p144713 (Θέμα 4)

Β Γυμνασίου Θέμα 3
https://www.wiskundeolympiade.nl/files/ ... ven_en.pdf (Θέμα Β2)

Γ Γυμνασίου Θέμα 3
https://www.wiskundeolympiade.nl/files/ ... ven_en.pdf (Θέμα Β3)

Α Λυκείου Θέμα 1
viewtopic.php?f=58&t=32205 (Θέμα 2)

Α Λυκείου Θέμα 2
https://www.wiskundeolympiade.nl/files/ ... ven_en.pdf (Θέμα Β1)


Β Λυκείου Θέμα 2
Αφαιρώντας \frac{2}{c-b}=a οπότε αντικαθιστώντας στην πρώτη 8-(c-b)^3=b(c-b)^2 οπότε (c-b)^2|8 δηλ. (c-b)^2=1 ή (c-b)^2=4 κτλ

Γ Λυκείου Θέμα 1
Είναι x^2+y^2+(x-y)^2+2=x^2+1+y^2+1+(x-y)^2\geq 2|x|+2|y|\geq 2|x+y| με ισότητα αν-ν
|x|=|y|=1, \ x=y, xy\geq 0 δηλαδή αν-ν x=y=1 ή x=y=-1

Γ Λυκείου Θέμα 2
Γενικότερο: search.php?keywords=43&t=12692&sf=msgonly


Θανάσης Κοντογεώργης
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2799
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Μάιος 15, 2021 11:37 am

ΘΕΜΑ 3 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω H το σημείο τομής της A\Delta με τον (O,R). Τότε AH=2AE, αφού το OE είναι ύψος, και άρα διάμεσος στο ισοσκελές τρίγωνο AOH.

Από την ομοιότητα των τριγώνων AB\Delta και AH\Gamma έπεται ότι

\dfrac{AB}{A\Delta}=\dfrac{AH}{A\Gamma}=\dfrac{2AE}{2AB}=\dfrac{AE}{AB}.

Αφού \Delta\widehat{A}B=B\widehat{A}E, από την παραπάνω σχέση έπεται ότι τα τρίγωνα \Delta AB και BAE είναι όμοια.

Έτσι, A\widehat{B}E=A\widehat{\Delta}B.

Έστω B' το συμμετρικό του B ως προς την διχοτόμο A\Delta. Τότε το B' βρίσκεται πάνω στην A\Gamma και είναι

A\widehat{B'}E=A\widehat{B}E=A\widehat{\Delta}B=\Gamma\widehat{\Delta}Z=\Delta \widehat{Z}\Gamma

αφού στο ισοσκελές τρίγωνο \Delta \Gamma Z έχουμε \Delta \widehat{Z}\Gamma=\Gamma\widehat{\Delta}Z.

Αφού A\widehat{B'}E=\Delta \widehat{Z}\Gamma=E \widehat{Z}\Gamma, το τετράπλευρο EB'\Gamma Z είναι εγγράψιμο.

Συνεπώς, E\widehat{\Gamma}Z=E\widehat{B'}Z=E\widehat{B}Z, λόγω συμμετρίας, όπως θέλαμε.
Συνημμένα
thales_2020_Γ3b.png
thales_2020_Γ3b.png (21.22 KiB) Προβλήθηκε 1650 φορές


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2799
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Μάιος 15, 2021 1:25 pm

ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

(2ος τρόπος - με συνθετική γεωμετρία - Ο 1ος τρόπος με τριγωνομετρία είναι εδώ)

Έστω ότι H, F, G είναι τα σημεία τομής της B\Delta, της διχοτόμου της \Delta\widehat{B}\Gamma, και της B\Gamma με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABE.

Έστω \omega=A\widehat{E}B και \phi=\Gamma \widehat{B} E.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο \Delta HE, η διάμεσος H\Gamma είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας, οπότε H\Gamma=\Gamma E. Επιπλέον, αφού A\widehat{E}H=A\widehat{B}H=15^\circ, έχουμε H\widehat{\Gamma}B=H\widehat{\Gamma}A+A\widehat{\Gamma}B=30^\circ+45^\circ=75^\circ.

Αφού H\widehat{B}\Gamma=30^\circ, έπεται ότι B\widehat{H}\Gamma=75^\circ. Άρα το τρίγωνο HB\Gamma είναι ισοσκελές και η διχοτόμος BF της H\widehat{B}\Gamma είναι μεσοκάθετος του H\Gamma. Έτσι, F\Gamma=FH=FG.

Τα τρίγωνα F\Gamma E και AH\Gamma έχουν AH=HF=F\Gamma, H\Gamma=\Gamma E και F\widehat{\Gamma}E=45^\circ+F\widehat{G}B=75^\circ+\omega=A\widehat{H}\Gamma, οπότε είναι ίσα (ΠΓΠ).

Συνεπώς, FE=A\Gamma=AB. Αφού ίσες χορδές αντιστοιχούν σε ίσα τόξα, έπεται ότι

\omega=A\widehat{E}B=F\widehat{B}E=15^\circ+\phi. Αλλά, \omega+\phi=A\widehat{\Gamma}B=45^\circ. Συνεπώς,

\phi=45^\circ-\omega=45^\circ-(15^\circ+\phi), απ' όπου έπεται άμεσα ότι \phi=15^\circ.
Συνημμένα
thales_2020b_B2b.png
thales_2020b_B2b.png (17.66 KiB) Προβλήθηκε 1589 φορές


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1312
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Μάιος 15, 2021 3:40 pm

achilleas έγραψε:
Σάβ Μάιος 15, 2021 1:25 pm
ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ
Ωραία λύση Αχιλλέα!
Έχω υπόψη μου άλλες δύο συνθετικές λύσεις. Θα δώσω hint για την πιο απρόσμενη (κατά την άποψή μου). Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή άσκηση viewtopic.php?f=20&t=16341&p=84868&hili ... %BF#p84868
για να καταλήξουμε στο συμπέρασμα!


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1443
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Σάβ Μάιος 15, 2021 6:03 pm

Καλησπέρα! Για το θέμα 3 της Β΄Λυκείου.
Με τα εργαλεία της Ευκλείδειας και χρήση του σχήματος
15-5 Θ3 ΒΛ.png
15-5 Θ3 ΒΛ.png (138.64 KiB) Προβλήθηκε 1436 φορές
Έστω AB=AC=1 και CD=CE= x. Τότε AD=1-x ενώ DH=\dfrac{x\sqrt{2}}{2}\Rightarrow BD=2DH=x\sqrt{2}.

Το Πυθαγόρειο στο τρίγωνο BAD δίνει 2x^2=1+\left ( 1-x \right )^2\Leftrightarrow ... x=\sqrt{3}-1

και στο ABE έχουμε BE^2=\left ( x+1 \right )^2+1=4, άρα BE=2AB οπότε \widehat{AEB}=30^o και τέλος \widehat{CBE}=15^o.

Φιλικά, Γιώργος.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2799
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Μάιος 15, 2021 7:21 pm

silouan έγραψε:
Σάβ Μάιος 15, 2021 3:40 pm
achilleas έγραψε:
Σάβ Μάιος 15, 2021 1:25 pm
ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ
Ωραία λύση Αχιλλέα!
Έχω υπόψη μου άλλες δύο συνθετικές λύσεις. Θα δώσω hint για την πιο απρόσμενη (κατά την άποψή μου). Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή άσκηση viewtopic.php?f=20&t=16341&p=84868&hili ... %BF#p84868
για να καταλήξουμε στο συμπέρασμα!
Μια λύση με την υπόδειξη του Σιλουανού.

Θεωρούμε το τετράγωνο B'BCC', όπου B' είναι το συμμετρικό του B ως προς το A, το οποίο έχει κέντρο το σημείο \Gamma αφού A\Gamma=BA=BB'/2. Το συμμετρικό A' του A ως προς το \Gamma ανήκει στην CC' και αφού \Delta \Gamma=\Gamma E, είναι EA'=\Delta A. Εύκολα βλέπουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα EA'C και \Delta AB είναι ίσα, και έτσι E\widehat{C}A'=\Delta\widehat{B}A=15^\circ και E\widehat{C'}A'=15^\circ.

Από το πρόβλημα της υπόδειξης του Σιλουανού, το τρίγωνο BEB' είναι ισόπλευρο, οπότε \Gamma\widehat{B}E=60^\circ-A\widehat{B}\Gamma=15^\circ.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Συνημμένα
thales_2020c_B3b.png
thales_2020c_B3b.png (15.34 KiB) Προβλήθηκε 1395 φορές


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2799
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Μάιος 15, 2021 8:47 pm

ΘΕΜΑ 3 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Παρατηρούμε ότι η διάμεσος AM είναι διχοτόμος της B\widehat{A}\Gamma και ύψος στο ισοσκελές τρίγωνο AB\Gamma. Άρα το E είναι το έγκεντρο του τριγώνου AB\Gamma και ισαπέχει από τiς πλευρές της γωνίας \widehat{B}. Έτσι, ZE=EM.

Έστω E' το συμμετρικό του E ως προς το M. Τότε το EBE'\Gamma είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιοι του διχοτομούνται. Συνεπώς η BE' είναι παράλληλη στη \Delta\Gamma.

Αφού A\widehat{\Delta}E= \Delta\widehat{B}\Gamma+\frac{A\widehat{\Gamma}B}{2}=45^\circ+ \frac{A\widehat{\Gamma}B}{2}=\Delta\widehat{E}A, το \Delta BE'E είναι ισοσκελές τράπέζιο, οπότε

\Delta B=EE'=2EM=2ZE.
Συνημμένα
thales_2020_A3b.png
thales_2020_A3b.png (13.22 KiB) Προβλήθηκε 1351 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 4 επισκέπτες