ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

apotin · #21

Β΄Λυκείου
Πρόβλημα 3

Έχουμε το σύστημα

$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} + {z^2} = 6{a^2}\;\;\left( 1 \right)\\ x + y = 3a\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\\ y + z \ge 3a\;\;\;\;\;\;\;\,\;\;\;\;\;\;\;\left( 3 \right) \end{array} \right.}$

Από $\displaystyle{\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow z \ge x}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{z = x}$ τότε έχουμε το σύστημα

$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} 2{x^2} + {y^2} = 6{a^2}\\ x + y = 3a \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2{x^2} + {\left( {3a - x} \right)^2} = 6{a^2}\\ y = 3a - x \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {x - a} \right)^2} = 0\\ y = 3a - x \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = a\\ y = 2a \end{array} \right.}$

οπότε το αρχικό έχει τις λύσεις $\displaystyle{(x, y, z)=(a, 2a, a)}$

$\displaystyle{\bullet}$ Αν $\displaystyle{z > x \Rightarrow z = x + k,\;k > 0}$ και η $\displaystyle{(1)}$ γίνεται

$\displaystyle{{x^2} + {\left( {3a - x} \right)^2} + {\left( {x + k} \right)^2} = 6{a^2} \Leftrightarrow 3{x^2} + 2\left( {k - 3a} \right)x + \left( {{k^2} + 3{a^2}} \right) = 0}$

που έχει διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta = ... = - 8k\left( {k + 2a} \right) < 0}$ , δλδ είναι αδύνατη

Άρα τελικά $\displaystyle{(x, y, z)=(a, 2a, a)}$

kostas_zervos · #22

άλλη μια λύση για Β ΛΥKEIOY 3ο

Από την x^2+y^2+z^2=6a^2

έχουμε $(x+y)^2-2xy+z^2=3a^2\iff 9a^2-2xy+z^2=6a^2\iff xy=\dfrac{3a^2+z^2}{2}$ .

Άρα οι x,y

είναι λύσεις της $t^2-3at+\dfrac{3a^2+z^2}{2}=0$ .

Για να έχει λύση ως προς

πρέπει $\Delta\geq 0\iff 9a^2-6a^2-2z^2\geq 0\iff 3a^2-2z^2\geq 0\iff -\dfrac{\sqrt{6}}{2}\leq z\leq \dfrac{\sqrt{6}}{2}$ .

Τότε οι λύσεις είναι οι $\dfrac{3a\pm\sqrt{3a^2-2z^2}}{2}$ .

Αν $y=\dfrac{3a+\sqrt{3a^2-2z^2}}{2}$ , τότε από την $y+z\geq 3a$ έχουμε $\dfrac{3a+\sqrt{3a^2-2z^2}}{2}\geq 3a-z\iff \sqrt{3a^2-2z^2}\geq 3a-2z$ .

Είναι $z\leq \dfrac{\sqrt{6}}{2}<\dfrac{3}{2}$ , άρα 3a-2z>0

, επομένως έχουμε

$3a^2-2z^2\geq 9a^2-12az+4z^2\iff 6z^2-12az+6z^2\leq 0\iff$

$\iff (z-a)^2\leq 0\iff z=a$ .

Τότε $x=\dfrac{3a-\sqrt{3a^2-2a^2}}{2}=a$ και $y=\dfrac{3a+\sqrt{3a^2-2a^2}}{2}=2a$ .

Αν $y=\dfrac{3a-\sqrt{3a^2-2z^2}}{2}$ , τότε από την $y+z\geq 3a$ έχουμε $\dfrac{3a-\sqrt{3a^2-2z^2}}{2}\geq 3a-z\iff -\sqrt{3a^2-2z^2}\geq 3a-2z$ που είναι αδύνατη αφού όπως είδαμε 3a-2z>0

.

Άρα

#23

Μια λύση στο 1Γ' Λυκείου:

Η εξίσωση γράφεται $\displaystyle{(x-4)(x^2-5ax+6a)=0.}$ Θα βρούμε τα $\displaystyle{a\in \mathbb{R}}$ ώστε η εξίσωση $\displaystyle{x^2-5ax+6a=0}$ να έχει ακέραιες ρίζες μόνο!

Έστω ότι έχει η εξίσωση ακέραιες ρίζες $\displaystyle{m,n.}$ Τότε $\displaystyle{m+n=5a,mn=6a,}$ οπότε $\displaystyle{a=6a-5a=mn-(m+n)\in \mathbb{Z}.}$

Είναι

$\displaystyle{a=\frac{m^2}{5m-6}\implies 25a=\frac{25m^2}{5m-6}=5m+6+\frac{36}{5m-6}}$

Άρα $\displaystyle{5m-6=\pm 1,\pm 2,\pm 3, \pm 4, \pm 6\pm 9,\pm 12, \pm 36.}$ Από αυτές, επειδή $\displaystyle{m}$ ακέραιος βρίσκουμε $\displaystyle{m=0,1,2,3.}$

Με αντικατάσταση στην εξίσωση βρίσκουμε $\displaystyle{a=-1,0,1.}$ Η επαλήθευση είναι άμεση.

#24

Άλλη μια λύση για το 3Β' Λυκείου:

Είναι $\displaystyle{z \ge x}$ και $\displaystyle{a = \frac{{x + y}}{3},}$ οπότε

$\displaystyle{2{x^2} + {y^2} \le {x^2} + {y^2} + {z^2} = 6{\left( {\frac{{x + y}}{3}} \right)^2} = \frac{2}{3}\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 6{x^2} + 3{y^2} \le 2{x^2} + 4xy + 2{y^2} \Rightarrow 4{x^2} - 4xy + {y^2} \le 0 \Rightarrow {\left( {2x - y} \right)^2} \le 0,}$

οπότε $\displaystyle{y = 2x}$ και $\displaystyle{\left( {x,y} \right) = \left( {a,2a} \right).}$

Αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση βρίσκουμε ότι $\displaystyle{{z^2} = {a^2}}$ , κι αφού $\displaystyle{z \ge x = a > 0}$ , θα είναι $\displaystyle{z = a.}$

Ώστε, το σύστημα έχει τη μοναδική λύση $\displaystyle{\left( {x,y,z} \right) = \left( {a,2a,a} \right)}$ .

gavrilos · #25

Για το 2 της Α' Λυκείου (ίσως το ευκολότερο).

Η πρώτη σχέση γράφεται $\displaystyle{|x-1|\leq 3\Leftrightarrow x\in[-2,4]}$ .

Στη δεύτερη σχέση θα πρέπει ο ένας παράγοντας του γινομένου να είναι μη θετικός και ο άλλος μη αρνητικός.

Θα είναι προφανώς $\displaystyle{|x|\geq 2}$ και $\displaystyle{|x|\leq 5}$ .Συνεπώς $\displaystyle{x\in[-5,-2]\cup[2,5]}$ .

Συνεπώς οι ανισώσεις συναληθεύουν για $\displaystyle{x\in[2,4]}$ και για $\displaystyle{x=-2}$ .

Μήπως μπορεί να γίνει κάποια πρόχειρη εκτίμηση για τις βάσεις;

jim.jt · #26

Για τα θέματα της Γ Γυμνασίου, πιστεύω ήταν της δυσκολίας που έπρεπε. Το 4ο θέμα ειδικά ήταν πολύ ωραίο, αλλά βρήκα λύση που είχε ομοιότητα (εκτός ύλης).

Nick1990 · #27

Μια ακόμα για το Β/3:

Από Cauchy-Schwartz: $(6a)^2 = (1^2 + 2^2+1^2)(x^2 + y^2 + z^2) \geq (x + 2y + z)^2 = (3a + y + z)^2$
Είναι $3a + y + z \geq 6a > 0$ οπότε:
$(6a)^2 \geq (3a + y + z)^2 \geq (6a)^2$ οπότε πρέπει να ισχύει η ισότητα στην CS και στη δοσμένη ανισότητα, πράγμα που σημαίνει ότι:
$x=z=\frac{y}{2}$ με $x+y=3a \Rightarrow 3x=3a \Rightarrow x=a$ . Άρα (x,y,z) = (a,2a,a)

Edit: προφανώς αυτή ικανοποιεί.

#28

Κώστας Παππέλης έγραψε:Από τους καλύτερους δυνατούς Ευκλείδηδες. Πρόλαβα και τα είδα όλα όντας επιτηρητής. Το επίπεδο δυσκολίας ήταν ακριβώς αυτό που θα έπρεπε να είναι. Επίσης όλα τα θέματα είχαν σεβαστό επίπεδο δυσκολίας (δεν υπήρχε δηλαδή κάποιο γελοίο πρώτο θέμα) ΚΑΙ υπήρχε και διαβάθμιση. Ξεκάθαρα συγχαρητήρια (και) για φέτος στην ΕΜΕ.

Το πρώτο θέμα της Β λυκείου ήταν πολύ απλό. Οι μαθητές της Β λυκείου χάρηκαν πολύ που τουλάχιστον κάνανε γρήγορα το πρώτο θέμα.

Κώστας Παππέλης έγραψε: ...
Ο Δημήτρης Μελάς (πρώτη γυμνασίου) έδινε με την Α λυκείου. Ήταν στην αίθουσά μου και έχει γράψει καθαρό 20... Ίσως το μεγαλύτερο θαύμα που έχει δει η ΕΜΕ ποτέ.

Συγχαρητήρια, λοιπόν, από τώρα στο Δημήτρη!

Φιλικά,

Αχιλλέας

#29

Πρόβλημα 2 (Β΄Γυμνασίου)

Αγρός έχει σχήμα τραπεζίου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ με $\displaystyle{\widehat {\rm A} = \widehat {\rm B} = {90^0}}$ , ύψος $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = 800}$ , μικρή βάση $\displaystyle{{\rm A}\Delta }$ , μεγάλη βάση $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ και διαφορά βάσεων $\displaystyle{{\rm B}\Gamma - {\rm A}\Delta = 800}$ μέτρα. Δίνεται ακόμη ότι:

Η περίμετρος του αγρού είναι μικρότερη από $\displaystyle{2810 + 800\sqrt 2 }$ .

Το εμβαδόν του αγρού είναι μεγαλύτερο από στρέμματα.

Η μικρή βάση $\displaystyle{{\rm A}\Delta }$ έχει μήκος μέτρα, όπου ακέραιος πολλαπλάσιος του .

Να βρείτε τα μήκη των βάσεων και το εμβαδόν του αγρού.
(Δίνεται ότι στρέμμα είναι ίσο με τετραγωνικά μέτρα).

: Ευκλείδης Β Γυμνασίου 2.png (3.42 KiB) Προβλήθηκε 3838 φορές

Φέρνουμε τη $\displaystyle{\Delta {\rm E}}$ κάθετη στη $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ .
Το τετράπλευρο $\displaystyle{{\rm A}\Delta {\rm E}{\rm B}}$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο απ' όπου $\displaystyle{{\rm A}\Delta = {\rm B}{\rm E} = x}$ .
Επειδή, $\displaystyle{{\rm B}\Gamma - A\Delta = 800 \Leftrightarrow BE + E\Gamma - A\Delta = 800 \Leftrightarrow E\Gamma = 800m}$ .
Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\Delta E\Gamma }$ έχουμε:

$\displaystyle{\Gamma {\Delta ^2} = {800^{^2}} + {800^2} = 2 \cdot 640000 \Leftrightarrow \Gamma \Delta = \sqrt {2 \cdot 640000} = \sqrt {640000} \cdot \sqrt 2 = 800\sqrt 2 m}$ .

Για την περίμετρο του τραπεζίου έχουμε:

$\displaystyle{2x + 800 + 800 + 800\sqrt 2 < 2810 + 800\sqrt 2 \Leftrightarrow 2x < 2810 - 1600}$ ,
απ' όπου $\displaystyle{x < 605}$ (1).

Για το εμβαδόν είναι:

$\displaystyle{E = \frac{{2x + 800}}{2} \cdot 800 = 800x + 320000}$ .

Αλλά E>796

στρέμματα. Οπότε,

$\displaystyle{800x + 320000 > 796000 \Leftrightarrow 800x > 476000}$ , απ' όπου προκύπτει ότι $\displaystyle{x > 595}$ (2).

Από (1) και (2) έχουμε $\displaystyle{595m < x < 605m}$ κι επειδή ο

είναι πολλαπλάσιο του

, θα είναι x=600m

. Άρα η μεγάλη βάση θα είναι 600+800=1400m

.
και το εμβαδόν του αγρού $\displaystyle{E = \frac{{1200 + 800}}{2} \cdot 800{m^2} = 800.000{m^2} \Leftrightarrow E = 800}$ στρέμματα.

fotisfg · #30

Πιστεύετε είναι αρκετό ένα 12-14 στην Β' Λυκείου για να περάσεις τον Ευκλείδη;
Καλή επιτυχία σε όλους!

gavrilos · #31

Για το α) της γεωμετρίας της Α'.Δεν ξέρω αν είναι σωστό.

: Γεωμετρια Ευκλειδη 2014.PNG (49.24 KiB) Προβλήθηκε 3765 φορές

Αρχικά ισχύει $\displaystyle{AD=AE}$ ως ακτίνες του κύκλου.Ακόμη $\displaystyle{BD=CE}$ αφού το αρχικό τρίγωνο είναι ισοσκελές.Έτσι $\displaystyle{DE\parallel BC}$ κι έτσι $\displaystyle{\hat{BED}=\hat{CBE}}$ ως εντός εναλλάξ.

Όμως τα τρίγωνα $\displaystyle{BCD,BCE}$ είναι ίσα επειδή $\displaystyle{BD=CE}$ , $\displaystyle{BC}$ είναι κοινή πλευρά ενώ $\displaystyle{\hat{B}=\hat{C}}$ είναι ίσες από το ισοσκελές.

Ακόμη $\displaystyle{BC=CD\Leftrightarrow \hat{BCD}=\hat{A}\Leftrightarrow \hat{CBE}=\hat{A}\Leftrightarrow \hat{BED}=\hat{A}}$ .

Επειδή $\displaystyle{\hat{AED}=\hat{C}}$ αρκεί ν.δ.ο ότι $\displaystyle{\hat{AEZ}=\hat{B}}$ .

Όμως η $\displaystyle{AC}$ είναι διάκεντρος των δύο κύκλων άρα και μεσοκάθετος της $\displaystyle{DZ}$ .Επομένως $\displaystyle{DE=EZ}$ .

Έτσι τα τρίγωνα $\displaystyle{ADE,AEZ}$ είναι ίσα,κι ουσιαστικά αποδείξαμε το ζητούμενο αφού $\displaystyle{\hat{BEZ}=\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}=180^{\circ}}$ .

Παρακαλώ τους γεωμέτρες του

να μου πουν αν είναι σωστό.Αν είναι,η γεωμετρία με τιμωρεί για μία ακόμη φορά σε διαγωνισμό (όπως και πέρσι στον Αρχιμήδη) αφού στις 3 ώρες δεν της έδωσα σχεδόν καμία σημασία,όντας απορροφημένος στο 4ο θέμα.

Edit:Έβαλα και σχήμα.

#32

Καλά αποτελέσματα σε όλους εύχομαι, ας μην μπούμε από τώρα στη φιλολογία για τις βάσεις, εξαρτάται από το τι έχει γράψει ο κόσμος.

batzos · #33

Μια προσέγγιση για τη Γεωμετρία της Γ'.

Έστω ότι οι ΑΒ και ΓΔ τέμνονται στο Η. Αφού ΗΚΟ=ΗΜΟ=90, έπεται ότι το ΗΚΟΜ είναι εγγράψιμο, άρα το Η ανήκει στον (ΟΚΜ).
Αφού Η,Ο αντιδιαμετρικά σημεία έπεται επίσης ότι Η,Ο_1,Ο συναυθειακά, όπου Ο_1 το κέντρο του (ΟΚΜ). Επίσης, ΟΟ_1 η μεσοκάθετος της κοινής χορδης των (Ο,R) και (ΟΚΜ).
Επομένως ΗΟ η μεσοκαθετος του ΕΖ, άρα ΗΕ=ΗΖ. Επίσης, ΗΝΛ=((ΗΕ)+(ΖΜ))/2=((ΗΖ)+(ΖΗ))/2=(ΗΜ)/2=ΗΟΜ=ΗΚΜ. (όπου (ΑΒ) συμβολίζουμε το τόξο ΑΒ). Άρα ΛΝΜΚ εγγραψιμο.
Για το δεύτερο ερώτημα θα αποδείξουμε ότι η ΗΕ είναι η κοινη εφαπτομένη των δύο κύκλων. Αρχικά, ΕΚΛ=ΕΚΗ=ΗΕΖ ( (ΗΕ)=(ΗΖ) ) Άρα η ΗΕ εφάπτεται στον (ΕΚΛ). Τώρα μένει να αποδείξουμε ότι
η ΗΕ εφάπτεται στον C. Άρκει ΕΒΖ=ΗΕΖ. Επειδή ΗΕΖ=ΗΖΕ=θ , ΕΗΖ=180-2θ. Άρα ΕΟΖ=2Θ, αφου είναι παραπληρωματικές. όμως ΕΟΖ=2θ=2ΕΒΖ άρα ΕΒΖ=Θ, που ολοκληρώνει την απόδειξη.

panos misiakos · #34

Μια λύση για το 4ο της Α Λυκείου
Η ισότητα γράφεται ισοδυναμα
(a-1)^2 + (2b-3)^2= 5

Απο Cauchy- Schwartz
$(1+1/4)((a-1)^2 + (2b-3)^2)\geq (|a-1| +|b-3/2|)^2$ οπότε
$|a-1| +|b-3/2|\leq 5/2$
Προφανώς ισχύει $|a-1| +|b-3/2|\geq a -1 +b -3/2$
Απο όπου παίρνουμε $a+ b \leq 5$
Η ισότητα τώρα ισχύει όταν οι a-1 ,b-3/2

ειναι θετικοί η μηδέν και επιπλέον a-1= 2(2b-3)

Λύνοντας την δευτεροβάθμια ως προς

βρίσκουμε

απο όπου προκύπτει (απορρίπτοντας πρώτα την b=1 αφού τότε b-3/2<0) a=3

1) πιστεύω ότι ήταν ωραίο και δύσκολο θέμα και ανταποκρίνεται στο επίπεδο του διαγωνισμού .
2) ίσως να έχω κάνει κάποιο λάθος με τα απόλυτα , αλλα δεν νομίζω ότι χρειάστηκε η συνθήκη ότι οι a,b

ειναι θετικοι .

Σπύρος Μανθάς · #35

Β΄ Γυμνασίου - Πρόβλημα 4

Έστω x οι μαθητές που μιλούν γαλλικά, $\frac{7}{11}x$ είναι αγόρια και $\frac{4}{11}x$ είναι κορίτσια

από τους μαθητές που δε μιλούν γαλλικά, $\frac{4}{11}x$ είναι αγόρια και 60 είναι κορίτσια

έστω y οι μαθητές του σχολείου, αγόρια είναι 55% δηλαδή $\frac{55}{100}y=\frac{7}{11}x+\frac{4}{11}x$ δηλαδή $\frac{55}{100}y=x$ (1)

κορίτσια είναι 45% των μαθητών συνολικά δηλαδή $\frac{45}{100}y=\frac{4}{11}x+60$
αντικαθιστώντας το χ από την (1) παίρνουμε: $\frac{45}{100}y=\frac{4}{11}\frac{55}{100}y+60$

και λύνοντας ως προς y βρίσκουμε ότι y=240

ArgirisM · #36

Πάμε για το τέταρτο της Γ λυκείου.
α) Θέτουμε $\hat{KMN} = a$ (κόκκινη γωνία στο σχήμα). Αρκεί να δείξουμε πως $\hat{KMN} = \hat{KLE}$ . Είναι $OM \perp CD \Longrightarrow \hat{OMK} = 90^0 - a$ . Στον κύκλο

έχουμε $\hat{OO'K} = 2(90^0 - a) \Longleftrightarrow \hat{KOO'} = \hat{KOH} = a$ (αφού OK = O'O

, ως ακτίνες του

). Όμως $OK \perp AB$ , ως απόστημα της χορδής και $OO' \perp EZ$ , αφού είναι διάκεντρος και κοινή χορδή, αντίστοιχα. Άρα το KLHO

είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε $\hat{KLE} = \hat{KOH} = \hat{KMN} = a$ , άρα το KLNM

είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
β) Αρκεί τα δύο κέντρα O, K'

των κύκλων και το σημείο

να είναι συνευθειακά. Από το εγγεγραμμένο στον

τετράπλευρο KOME

προκύπτει πως $\hat{KEO} = 90^0 - a$ . Ακόμη, έχουμε $\hat{KK'E} = 2a \Longleftrightarrow \hat{KEK'} = 90^0 - a = \hat{KEO}$ . Η προηγούμενη σχέση ολοκληρώνει την απόδειξη.
Σημ.: Σχέδιο βαθμολόγησης πότε προβλέπεται να βγει;
edit: Έγιναν διορθώσεις. Ευχαριστώ τον smar που το πρόσεξε.

Chris Theof · #37

Β' Γυμνασίου
Πρόβλημα 1

$\displaystyle{{\rm A} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}:\left( {{3^2} + {{2000}^0} - \frac{4}{9}:\frac{1}{3} + \frac{1}{3}} \right) + \frac{{77}}{{{3^4}}}}$

$\displaystyle{{\rm A} = \left( {\frac{4}{9}} \right):\left( {9 + 1 - \frac{4}{9} \cdot \frac{3}{1} + \frac{1}{3}} \right) + \frac{{77}}{{81}}}$

$\displaystyle{{\rm A} = \left( {\frac{4}{9}} \right):\left( {\frac{{10}}{1} - \frac{{12}}{9} + \frac{1}{3}} \right) + \frac{{77}}{{81}}}$

$\displaystyle{{\rm A} = \left( {\frac{4}{9}} \right):\left( {\frac{{90}}{9} - \frac{{12}}{9} + \frac{3}{9}} \right) + \frac{{77}}{{81}}}$

$\displaystyle{{\rm A} = \left( {\frac{4}{9}} \right):\left( {\frac{{81}}{9}} \right) + \frac{{77}}{{81}}}$

$\displaystyle{{\rm A} = \left( {\frac{4}{9}} \right) \cdot \left( {\frac{9}{{81}}} \right) + \frac{{77}}{{81}}}$

$\displaystyle{{\rm A} = \frac{4}{{81}} + \frac{{77}}{{81}}}$

$\displaystyle{{\rm A} = \frac{{81}}{{81}}}$

$\displaystyle{{\rm A} = 1}$

$\displaystyle{{\rm B} = \left( {4 - \frac{{16}}{{81}}} \right):\left( {\frac{{60}}{{{3^3}}} - \frac{{19}}{{{3^2}}}} \right) + \frac{7}{9}}$

$\displaystyle{{\rm B} = \left( {\frac{4}{1} - \frac{{16}}{{81}}} \right):\left( {\frac{{60}}{{27}} - \frac{{19}}{9}} \right) + \frac{7}{9}}$

$\displaystyle{{\rm B} = \left( {\frac{{324}}{{81}} - \frac{{16}}{{81}}} \right):\left( {\frac{{20}}{9} - \frac{{19}}{9}} \right) + \frac{7}{9}}$

$\displaystyle{{\rm B} = \left( {\frac{{308}}{{81}}} \right):\left( {\frac{1}{9}} \right) + \frac{7}{9}}$

$\displaystyle{{\rm B} = \left( {\frac{{308}}{{81}}} \right) \cdot \left( {\frac{{81}}{9}} \right) + \frac{7}{9}}$

$\displaystyle{{\rm B} = \left( {\frac{{308}}{9}} \right) + \frac{7}{9}}$

$\displaystyle{{\rm B} = \frac{{315}}{9}}$

$\displaystyle{{\rm B} = 35}$

#38

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ στα παιδιά που επάξια έφτασαν να δώσουν στην δεύτερη φάση του διαγωνισμού. Αλλά και όσοι δεν πετύχουν να περάσουν στην τρίτη φάση, δεν πειράζει. Αξίζουν συγχαρητήρια και πάλι.

#39

Πρόβλημα 3 (Β ΄Γυμνασίου)

: Ευκλείδης Β Γυμνασίου 3.png (22.87 KiB) Προβλήθηκε 3458 φορές

(α) Επειδή το

είναι σημείο της μεσοκαθέτου του τμήματος $A\Gamma$ θα ισαπέχει από τα σημεία $A,\Gamma$ . Άρα $MA=M\Gamma$ , οπότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές και $\displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm A}\Gamma = {\rm M}\widehat \Gamma {\rm A} = {75^0}}$ (αφού $\displaystyle{\widehat {\rm B} = \widehat \Gamma = \frac{{{{180}^0} - {{30}^0}}}{2} = {75^0}}$ )

Επομένως $\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm M}{\rm A} = {180^0} - 2 \cdot {75^0} = {30^0}}$ . Αλλά, η

ως μεσοκάθετος διχοτομεί και τη γωνία $\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm M}{\rm A}}$ .

Άρα: $\displaystyle{{\rm K}\widehat {\rm M}{\rm B} = {15^0}}$ και $\displaystyle{{\rm M}{\rm A}\Lambda = {75^0} - {30^0} = {45^0}}$ .

(β) Το τρίγωνο $A\Delta\Gamma$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές:

$\displaystyle{{\rm A}{\Gamma ^2} = {\alpha ^2} + {\alpha ^2} = 2{\alpha ^2}}$ .

Αλλά, $\displaystyle{{\rm A}\Gamma = 2{\rm A}{\rm K} \Leftrightarrow {\rm A}{\Gamma ^2} = 4{\rm A}{{\rm K}^2} = 2{\alpha ^2} \Leftrightarrow {\rm A}{{\rm K}^2} = \frac{{{\alpha ^2}}}{2}}$ (1).

$\displaystyle{{\rm A}\widehat \Lambda {\rm M} = {180^0} - {45^0} - {15^0} = {120^0} \Leftrightarrow {\rm A}\widehat \Lambda {\rm N} = {60^0}}$ .

Το τετράπλευρο όμως $\displaystyle{{\rm A}\Lambda \Gamma {\rm N}}$ είναι ρόμβος (οι διαγώνιες του διχοτομούνται και είναι κάθετες). Άρα: $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Lambda {\rm N} = {\rm A}\widehat {\rm N}\Lambda = {60^0}}$ . Το τρίγωνο $A\Lambda N$ είναι λοιπόν ισόπλευρο.

Έστω $\displaystyle{\Lambda {\rm N} = {\rm A}{\rm N} = x}$ οπότε $\displaystyle{KN = \frac{x}{2}}$ .
Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο AKN

έχουμε:

$\displaystyle{{x^2}\mathop = \limits^{(1)} {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} + \frac{{{a^2}}}{2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{2} \Leftrightarrow 4{x^2} - {x^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{2{a^2}}}{3}}$ .

Επομένως $\displaystyle{\Lambda {\rm N} = \sqrt {\frac{{2{a^2}}}{3}} }$ ή

$\displaystyle{\Lambda {\rm N} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}}$

raf616 · #40

Καλησπέρα! Ξέρει κανείς πότε αναμένεται να βγουν οι λύσεις;

Με εκτίμηση,
Ραφαήλ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Μέλη σε σύνδεση