ΘΑΛΗΣ 2021

#41

Αγαπητέ Νίκο, σε ευχαριστώ για την διευκρίνηση που έγραψες.

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 1:03 pm
Όπως και να έχει ουσιαστικός στόχος είναι να επιλέγουν τα παιδιά που θα πλαισιώσουν τις ομάδες.

Θα προτιμούσα, ο στόχος αυτός να υλοποιείται σε μεγαλύτερες τάξεις, για τους λόγους που προανέφερα. Γι αυτό και αναφέρθηκα ειδικά στη Β΄ Γυμνασίου, δίχως να σχολιάσω το επίπεδο των θεμάτων των άλλων τάξεων.

Προσωπικά κλίνω περισσότερο προς τη βασική αρχή του Kangaroo: "Η φιλοσοφία του διαγωνισμού βασίζεται στην αρχή ότι τα Μαθηματικά είναι μία κουλτούρα η οποία πρέπει να παρέχεται σε όλους. Ειδικά, επειδή τα Μαθηματικά καλλιεργούν την σκέψη και φέρνουν πνευματική ικανοποίηση, δεν πρέπει να απευθύνονται μόνο σε λίγους."

Θα ήθελα λοιπόν θέματα που έχουν περισσότερο το στοιχείο της ανακάλυψης, συντομότερης λύσης, να δίνουν τη χαρά της ανακάλυψης κι όχι τόσο τεχνικά θέματα, δηλαδή ρουτίνας για όποιον τα έχει ξαναδουλέψει, όπως το παρακάτω που επαναλαμβάνει διαρκώς τα ίδια εργαλεία: Άθροισμα γωνιών τριγώνου και κατακορυφήν-παραπληρωματικές γωνίες.

Δίνω μια λύση στο πρόβλημα Γεωμετρίας της Β΄ Γυμνασίου. Θα χαρώ να δω μια συντομότερη (πλην όμως με πληρότητα στις αιτιολογήσεις).

: 06-11-2021 Θαλής 2021 Β Γυμνασίου.jpg (91.1 KiB) Προβλήθηκε 3839 φορές

Για λόγους απλούστευσης του κειμένου LaTex ονομάζω $\displaystyle \Gamma = C,\;\Delta = D$ .

(α) H ZEN

είναι ευθεία. Άρα $\displaystyle \widehat {AEZ} + \widehat {AEN} = 180^\circ$ και αφού $\displaystyle \widehat {AEZ} = 60^\circ$ , εφόσον AEZ

ισόπλευρο, θα είναι $\displaystyle \widehat {AEN} = 120^\circ$ .

Αφού

διχοτόμος της $\displaystyle \widehat {BEZ}$ , θα είναι και διχοτόμος της κατακορυφήν της $\displaystyle \widehat {AEN}$ , άρα $\displaystyle \widehat {AEK} = 60^\circ$ .

Ονομάζω

το σημείο τομής της

με την

.

Στο

είναι $\displaystyle \widehat {ATE} = 180^\circ - 60^\circ - \widehat A = 120^\circ - \widehat A$ , οπότε και η κατακορυφήν της γωνία $\displaystyle \widehat {KTD} = 120^\circ - \widehat A$ .

H ADC

είναι ευθεία. Άρα $\displaystyle \widehat {ADH} + \widehat {HDC} = 180^\circ$ και αφού $\displaystyle \widehat {HDC} = 60^\circ$ , εφόσον DHC

ισόπλευρο, θα είναι $\displaystyle \widehat {ADH} = 120^\circ$ .

Αφού

διχοτόμος της $\displaystyle \widehat {ADH}$ , θα είναι $\displaystyle \widehat {ADK} = 60^\circ$ .

Οπότε στο DTK

είναι $\displaystyle \widehat K = 180^\circ - \widehat {KTD} - \widehat {ADK} = 180^\circ - \left( {120^\circ - \widehat A} \right) - 60^\circ = \widehat A$ , όπως έπρεπε να δειχθεί.

(β) Ονομάζω

το σημείο τομής EN, BC

. Στο

είναι $\displaystyle \widehat {BES} = 60^\circ$ ως κατακορυφήν με την $\displaystyle \widehat {ZEA}$ (γωνία ισοπλεύρου τριγώνου), οπότε $\displaystyle \widehat {ESB} = 180^\circ - 60^\circ - \widehat B = 120^\circ - \widehat B$ .

Άρα και η κατακορυφήν της γωνία $\displaystyle \widehat {NSC}$ είναι ίση με $\displaystyle 120^\circ - \widehat B$ .

Επίσης είναι $\displaystyle \widehat {HSD} = 60^\circ$ , ως γωνία ισοπλεύρου τριγώνου, άρα $\displaystyle \widehat {SCN} = 180^\circ - \widehat C - 60^\circ = 120^\circ - \widehat C$ .

Οπότε στο τρίγωνο SNC

είναι $\displaystyle \widehat N = 180^\circ - \widehat {CSN} - \widehat {SCN} = 180^\circ - \left( {120^\circ - \widehat B} \right) - \left( {120^\circ - \widehat C} \right)$

$\displaystyle = \widehat B + \widehat C - 60^\circ$ .

Όμως, $\displaystyle \widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ$ άρα $\displaystyle \widehat B + \widehat C = 180^\circ - A^\circ$ , οπότε,

$\displaystyle \widehat N = 180^\circ - \widehat A - 60^\circ = 120^\circ - \widehat A$ , όπως έπρεπε να δειχθεί.

ΣΧΟΛΙΟ: Πουθενά δεν χρησιμοποιείται το δεδομένο της υπόθεσης ότι το αρχικό τρίγωνο () είναι ισοσκελές με .

Al.Koutsouridis · #42

Θα συμφωνήσω σε πολλά με τον κ. Τσιάλα. Το όλο «πρόβλημα» δημιουργείται από το υπουργείο παιδείας που δίνει αυτά τα όρια για τον διαγωνισμό. Ελπίζω να μην είναι μια από τις πολλές καινούργιες (αντί-)κανονικότητες που προωθούνται τελευταία.

Προσωπικά θεωρώ το διαγωνισμό δύσκολο για «Θαλή», γιατί πρώτον ο μαθητής έχει 2 ώρες για να λύσει τα θέματα, που είναι λίγες. Δεύτερον, διεξάγεται στις 12 η ώρα στα πλαίσια του σχολικού προγράμματος μετά από μαθήματα, όπου ο μαθητής είναι ήδη κουρασμένος και πιθανόν μη συγκεντρωμένος. Στη θέση των μαθητών θα έπαιρνα άδεια από το σχολείο, για να εμφανιστώ μόνο για τον διαγωνισμό εκείνη την μέρα. Τρίτον τα θέματα αυτά κάθε αυτά.

Όσο αναφορά δε τα θέματα και την διάρκεια εξέτασης, θα συμφωνήσω με τον κ. Ρίζο, ότι με αυτό τον τρόπο χάνονται πολλοί από τους αντικειμενικούς στόχους, που έχει ένας τέτοιος διαγωνισμός.

#43

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 11:53 am
Kαλημέρα σε όλους.

Θέλω να καταθέσω ένα σχόλιο για τα θέματα των μικρών (Β΄ Γυμνασίου).

Ανν (αν και μόνο αν) ο στόχος μέσω της επιλογής των θεμάτων είναι να επιλεγούν οι υποψήφιοι για τις μελλοντικές ολυμπιακές ομάδες, τότε όλα καλά, αφού τα θέματα απευθύνονται σε καλά προετοιμασμένους μαθητές, που έχουν παρακολουθήσει κατάλληλο πρόγραμμα προετοιμασίας και οι οποίοι είναι άξιοι επαίνου γι' αυτό.

Αν, όμως, τα θέματα επιλέχθηκαν για να καλωσορίσουν μικρούς μαθητές στους μαθηματικούς διαγωνισμούς, οι οποίοι έχουν απλώς μια θετική προδιάθεση και ένα κάποιο υπόβαθρο, (πάνω από το λεγόμενο "μέσο όρο"), δίχως ειδική προετοιμασία (γκρουπ σε επιλεγμένα σχολεία, ιδιαίτερα ή έστω γονική συνδρομή), φοβάμαι ότι έχουν αποτύχει οικτρά.

Κάποτε τα θέματα ήταν πιο διαβαθμισμένα, με πιο πολλές ερωτήσεις και ευρύτερη διασπορά στην ύλη. Ακόμα και τα τελευταία χρόνια ξεκινούσαν, τουλάχιστον, με μια αριθμητική παράσταση, έτσι για να εμπλακούν όλοι οι μαθητές που συμμετέχουν, ακόμα και οι ελλιπώς προετοιμασμένοι, ώστε να αισθανθούν ότι "το παλεύουν".

Φέτος, στη Β΄ Γυμνασίου ξεκινούν με ένα θέμα διαιρετότητας που καταλήγει στο βασανιστικό υπολογισμό (ολογράφως: δέκα) περιπτώσεων:

Άρα τα ζεύγη λύσεων που προκύπτουν είναι:
.
Συνεχίζουν με ένα πρόβλημα που χρησιμοποιεί τέσσερις μεταβλητές σε αλγεβρική παράσταση και ξανά κριτήριο διαιρετότητας και ολοκληρώνονται με μια γεωμετρική άσκηση με ανελέητο "κυνήγι γωνιών", για το οποίο, αν δοθεί πλήρως τεκμηριωμένη αιτιολόγηση, χρειάζεται πάρα πολύ γράψιμο.

Συμφωνώ σε όλα!

Θα ήθελα να κάνω ένα σχόλιο και για τη Γεωμετρία της Γ' Λυκείου. Ο διαγωνιζόμενος χρειάζεται τουλάχιστον 20 λεπτά απλώς και μόνο για να κάνει το σχήμα. Μπορεί να το κάνει και γρηγορότερα αν είναι πολύ τυχερός και δεν πέσουν η μία γραμμή πάνω στην άλλη. Εκεί δεν χρησιμοποιούν geogebra όπου με ένα απλό χειρισμό αλλάζουν εύκολα οι θέσεις. Για να γίνει το σχήμα με το χέρι, όλοι γνωρίζουμε πόσες φορές πρέπει να σβήσεις και να σχεδιάσεις ξανά.

glinos · #44

Α' Λυκείου - Θέμα 3

Διακρίνουμε 3 περιπτώσεις για τη θέση του

. 1) Να είναι εντός του τριγώνου, 2) Να είναι εκτός του τριγώνου, ή 3) Να συμπίπτει με το Α
Σε κάθε περίπτωση, υπάρχουν 2 πιθανές θέσεις του

. Για τις πρώτες 2 περιπτώσεις υπάρχει και αυτή η απόδειξη:

Έστω $\widehat{BA \Gamma} = x$ . Με νόμο ημιτόνων στο BAE

, έχουμε

$\frac{\sin BEA}{AB}=\frac{\sin BAE}{BE}\Leftrightarrow \sin BEA=\frac{AB}{BE}\sin (180-x)\Leftrightarrow \sin BEA =\frac{AB}{BE}\sin x$

Ομοίως, με νόμο ημιτόνων στο $\Gamma \Delta A$ , βρίσκουμε $\sin \Gamma \Delta A=\frac{A\Gamma }{\Gamma \Delta }\sin x$

Λόγω της άσκησης, ισχύει $\frac{AB}{BE}=\frac{A\Gamma }{\Gamma \Delta }$ , οπότε και $\sin BEA =sin\Gamma \Delta A$

και τελικά, αναλόγως την περίπτωση, βγαίνει $\widehat{BE\Gamma }=\widehat{\Gamma \Delta A}$

Η 3η περίπτωση αποδυκνείεται εύκολα, και ισχύει όταν $\widehat{A}= 36^{\circ}$

Lymperis Karras · #45

glinos έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 4:05 pm
Α' Λυκείου - Θέμα 3

Διακρίνουμε 3 περιπτώσεις για τη θέση του . 1) Να είναι εντός του τριγώνου, 2) Να είναι εκτός του τριγώνου, ή 3) Να συμπίπτει με το Α
Σε κάθε περίπτωση, υπάρχουν 2 πιθανές θέσεις του . Για τις πρώτες 2 περιπτώσεις υπάρχει και αυτή η απόδειξη:

Έστω $\widehat{BA \Gamma} = x$ . Με νόμο ημιτόνων στο , έχουμε

$\frac{\sin BEA}{AB}=\frac{\sin BAE}{BE}\Leftrightarrow \sin BEA=\frac{AB}{BE}\sin (180-x)\Leftrightarrow \sin BEA =\frac{AB}{BE}\sin x$

Ομοίως, με νόμο ημιτόνων στο $\Gamma \Delta A$ , βρίσκουμε $\sin \Gamma \Delta A=\frac{A\Gamma }{\Gamma \Delta }\sin x$

Λόγω της άσκησης, ισχύει $\frac{AB}{BE}=\frac{A\Gamma }{\Gamma \Delta }$ , οπότε και $\sin BEA =sin\Gamma \Delta A$

και τελικά, αναλόγως την περίπτωση, βγαίνει $\widehat{BE\Gamma }=\widehat{\Gamma \Delta A}$

Η 3η περίπτωση αποδυκνείεται εύκολα, και ισχύει όταν $\widehat{A}= 36^{\circ}$

Η διάκριση της τρίτης περίπτωσης νομίζω δεν χρειάζεται, καθώς αν συμπίπτουν ουσιαστικά το Ε βρίσκεται εσωτερικά του τριγώνου, οπότε εργαζόμαστε παρόμοια. Για να απορρίψουμε την μία περίπτωση κάθε φορά που δημιουργείται λόγω του ημιτόνου, εργαζόμαστε εναλλακτικά όπως και εγώ. Επίσης εάν επιλύσουμε την μία περίπτωση τότε βγαίνει αυτόματα και η άλλη καθώς το τρίγωνο ΒΕ'Ε θα είναι ισοσκελές.

STOPJOHN · #46

Καλησπέρα

Εστω $B\Theta \perp A\Gamma ,\Gamma S\perp AB,\Gamma J\perp A\Delta \Rightarrow B\Theta =S\Gamma =\Gamma J$

και τα τρίγωνα $B\Theta E=\Gamma J\Delta$ και τέλος

τωρα που είδα τις λύσεις νομίζω οτι η λύση μου μοιάζει με του Γιώργου (Μητσιου) την αφήνω για τον κόπο

Σχόλιο Η ερώτηση μου προς του θεματοδότες είναι πως εκτιμούν τον διαθέσιμο χρόνο των δυο ωρών ειδικά στη Γ Λυκείου αλλα και στις άλλες τάξεις . Βάζουνε τη θέση τους στη θέση των μαθητών ;;;

fogsteel · #47

: Untitled (2).png (254.29 KiB) Προβλήθηκε 3742 φορές

Μία ακόμη λύση για το 3ο θέμα της Α' Λυκείου
Επιλέγουμε σημείο

στην ημιευθεία

, προς το

, έτσι ώστε BE = CD

. Έστω

στην προέκταση της

τέτοιο ώστε AE' = AD

(Αφού στο $\triangle ADC$ η $\angle ACD > 90$ και έτσι AD > AC

) . Τότε $\triangle ADC = \triangle ABE'$ ' από Π-Γ-Π . Άρα BE' = CD

και $\angle BE'E = \angle CDA$ . Όμως BE = BE'

άρα το $\triangle EE'B$ ισοσκελές. Συνεπώς $\angle E'EB = \angle EE'B = \angle CDA$ . Ο κύκλος (B, BE)

έχει μόνο 2 κοινά σημεία με την

. Αφού αποδείξαμε το ζητούμενο και για τα 2 σημεία ( E , E'

) , τότε η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #48

STOPJOHN έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 5:05 pm

Σχόλιο Η ερώτηση μου προς του θεματοδότες είναι πως εκτιμούν τον διαθέσιμο χρόνο των δυο ωρών ειδικά στη Γ Λυκείου αλλα και στις άλλες τάξεις . Βάζουνε τη θέση τους στη θέση των μαθητών ;;;

Αυτό είναι και δική μου απορία...

STOPJOHN · #49

Καλησπέρα

$AM=MB,NM/B\Delta \Rightarrow AN=N\Delta =x, \Delta \Gamma =B\Gamma ,\Delta B\perp J\Gamma \Rightarrow J\Delta =JB$
Οπότε $MN\Delta J,M\Delta \Gamma J$ είναι παραλληλόγραμμα και $MN=a=N\Delta =x,\Delta A=2a,A\Gamma =3a$

NickSpanoudis · #50

Γνωρίζει κάποιος μήπως που θα κυμανθεί η βάση για να περάσει κάποιος στην επόμενη φάση;

Odykom · #51

Β΄Λυκείου - Πρόβλημα 3

Προεκτείνω κατά τμήμα ΓΕ=ΒΓ=ΔΓ την ΒΓ. Έχω ΓΔΒ=ΔΒΓ=φ=(180-Γ)/2=(Α+Β)/2
ΕΔΜ= ΕΔΓ+ΓΔΒ+ΒΔΜ=(180-ΕΓΔ)/2+φ+90 [ΕΓΔ εξωτερική] = (180-2φ)/2+φ+90=180ο άρα Ε,Δ,Μ είναι συνευθειακά σημεία, και επομένως η ΕΜ είναι διάμεσος της ΑΒ. Επίσης η ΑΓ είναι διάμεσος της ΒΕ αφού ΒΓ=ΓΕ $\Rightarrow$ Δ βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΕ $\Rightarrow$ ΑΔ=2ΔΓ $\Rightarrow$ ΑΔ+ΔΓ=3ΔΓ $\Rightarrow$ ΑΓ=3ΒΓ.

: Θέμα 3_Β΄ΛΥΚ_Γεωμετρία; ΘΑΛΗΣ_2021-Πρόβλημα3.png (32.06 KiB) Προβλήθηκε 3644 φορές

#52

1o Θέμα Γ΄Λυκείου

Έστω οι θετικοί ακέραιοι a,b,c

ώστε

και

Η πρώτη ισότητα δίνει 4a^2>6b^2>4b^2

οπότε

Ομοίως

οπότε

Επομένως $b,c\leq a-1.$

Τώρα η δεύτερη ισότητα δίνει $13a\leq 5(a-1)+34$ οπότε $8a\leq 29$ και άρα $a\leq 3.$

Αφού $b,c\geq 1$ η δεύτερη σχέση δίνει $13a\geq 39$ οπότε $a\geq 3.$

Άρα a=3.

Tότε

οπότε αφού πρόκειται για θετικούς ακέραιους, αναγκαστικά b=c=1.

Η τριάδα

προφανώς επαληθεύει το σύστημα , άρα είναι η μόνη λύση.

#53

ΘΕΜΑ 3 Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

: ΣΥΝΤΡΕΧΟΥΣΕΣ.png (253.53 KiB) Προβλήθηκε 3598 φορές

Προφανώς οι AT, BR, CS

είναι παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου ABC

καθώς είναι κάθετες στις αντίστοιχες μεσοκαθέτους τους.
Θα αποδείξουμε ότι οι τεμνόμενες χορδές AC, TR

δημιουργούν γωνία ίση με την

, οπότε οι TR, ED

θα είναι παράλληλες μεταξύ τους, ως αντιπαράλληλες της

..
Αρκεί να αποδείξουμε την ισότητα των τόξων AC=AT+RC

που είναι ισοδύναμο με TC=RC

. Η τελευταία ισότητα ισχύει καθώς και τα δύο τόξα είναι ίσα με το {AB}

λόγω των παράλληλων χορδών AT//BC, BR//AC

.
Ομοίως αποδεικνύουμε και τις άλλες δύο παραλληλίες, οπότε τα τρίγωνα DEZ, TRS

έχουν παράλληλες πλευρές, δηλαδή είναι ομοιόθετα.
Έτσι οι ευθείες που ορίζονται από τις ομόλογες κορυφές τους συντρέχουν.

Τσιαλας Νικολαος · #54

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 6:41 pm

STOPJOHN έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 06, 2021 5:05 pm

Σχόλιο Η ερώτηση μου προς του θεματοδότες είναι πως εκτιμούν τον διαθέσιμο χρόνο των δυο ωρών ειδικά στη Γ Λυκείου αλλα και στις άλλες τάξεις . Βάζουνε τη θέση τους στη θέση των μαθητών ;;;
Αυτό είναι και δική μου απορία...

Στην Γ λυκείου ήταν δύσκολα αρκετά αλλά σίγουρα θα υπάρξουν παιδιά που γράψαν 20...στις άλλες τάξεις ο χρόνος ήταν ικανοποιητικός για να τα λύσουν τα δουλεμενα παιδιά.

#55

Σίγουρα τα θέματα ήταν ιδιαίτερα απαιτητικά για ΘΑΛΗ όπως άλλωστε και τα περυσινά.
Θα πρέπει να μας προβληματίσει, καθώς απογοητεύονται οι μαθητές, ιδιαίτερα οι μικρότεροι, με αποτέλεσμα τα επόμενα χρόνια να μειωθούν δραματικά οι συμμετοχές. Φυσικά πρέπει να επιλέξουμε τους ικανότερους που θα προκριθούν στον Αρχιμήδη, αλλά θα πρέπει να κοιτάξουμε να ενθαρρύνουμε και τους μικρότερους να συμμετάσχουν διότι από αυτούς θα αναδειχθούν τα νέα ταλέντα. Φοβάμαι ότι όπως και πέρυσι θα ψάχνουμε για διακριθέντες με 1+ θέμα. Ίσως θα ήταν προτιμότερο να είχαμε πάλι 4 θέματα (παρά το 2ωρο) με τα 2 πρώτα κάπως "σχολικά" ώστε να μπορούν να τα παλέψουν αρκετοί μαθητές.
Υπάρχει φυσικά το πρόβλημα (που διογκώνεται τώρα με την πανδημία) του διαρκώς φθίνοντος επιπέδου των γνώσεων των μαθητών και των απαιτήσεων του σχολείου, οπότε το χάσμα μεταξύ σχολικών γνώσεων και διαγωνισμών να αυξάνεται.

Nick1990 · #56

Ένα σχόλιο για τα θέματα της Γ: το 1ο μου φάνηκε ζόρικο. Το 2ο μπορεί να θεωρηθεί και σχολικό μιας και το μόνο που απαιτείται είναι μερικές αντικαταστάσεις και καλή κατανόηση του τι σημαίνει 1-1 και επί συνάρτηση. Το 3ο μια Γεωμετρία δύσκολη για τα σχολικά δεδομένα, βατή όμως για όσους ασχολούνται με Ολυμπιάδες. Νομίζω πως τα θέματα είχαν τη σωστή κλιμακούμενη δυσκολία για τον συγκεκριμένο διαγωνισμό.

Λευτέρης Παπανικολάου · #57

thepigod762 έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 4:05 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm
Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!
Για την Γ' Γυμνασίου:

Πρόβλημα 2 (Να σημειωθεί πως όπου Δ, D)

(α) Από χαρακτηριστική ιδιότητα μεσοκαθέτου, , και τρίγωνο ισοσκελές, με $\angle KAZ=\angle ZBK (6)$
Άρα, εφόσον τα τρίγωνα είναι ορθογώνια με δύο αντίστοιχες ίσες γωνίες και η άλλη είναι ίση και έχουμε:
$\angle AKZ=\angle ZKB (1)$
$\angle AKE=\angle AKZ (2)$ , αφού είναι γωνίες σε ορθογώνια τρίγωνα με δύο αντίστοιχες γωνίες ίσες.
$\angle BKZ+\angle ZKA+\angle AKE=180^{0} (3)$
$(1),(2),(3)\Rightarrow 3\cdot \angle ZKA=180^{0}\Leftrightarrow \angle ZKA=60^{0}$ , και από αθρ. γωνιών τριγώνου στο βρίσκουμε $\angle ZAK=30^{0}\Rightarrow \angle A=60^{0}$

(β) Λόγω παραλληλίας, $\angle DEK=\angle KBZ (4)$ και
$\angle KDE=\angle ZAK (5)$ , ως εντός εναλλάξ.
$(4),(5),(6)\Rightarrow \angle KED=\angle KDE$ και τρίγωνο ισοσκελές, με
Λόγω ισοπλέυρου, και γνωρίζουμε πως $\angle ZAK=\angle KAE, \angle KZA=\angle AKE$
Άρα, τα ορθογώνια τρίγωνα είναι ίσα και
$(7),(8)\Rightarrow KZ=KE=KD$

Μπορείς να εξηγήσεις αυτό που γράφεις ''Λόγω ισοπλεύρου, ΖΑ=ΑΕ...'' Πώς προκύπτει το ισόπλευρο τρίγωνο;

thepigod762 · #58

Λευτέρης Παπανικολάου έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 07, 2021 4:16 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 4:05 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm
Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!
Για την Γ' Γυμνασίου:

Πρόβλημα 2 (Να σημειωθεί πως όπου Δ, D)

(α) Από χαρακτηριστική ιδιότητα μεσοκαθέτου, , και τρίγωνο ισοσκελές, με $\angle KAZ=\angle ZBK (6)$
Άρα, εφόσον τα τρίγωνα είναι ορθογώνια με δύο αντίστοιχες ίσες γωνίες και η άλλη είναι ίση και έχουμε:
$\angle AKZ=\angle ZKB (1)$
$\angle AKE=\angle AKZ (2)$ , αφού είναι γωνίες σε ορθογώνια τρίγωνα με δύο αντίστοιχες γωνίες ίσες.
$\angle BKZ+\angle ZKA+\angle AKE=180^{0} (3)$
$(1),(2),(3)\Rightarrow 3\cdot \angle ZKA=180^{0}\Leftrightarrow \angle ZKA=60^{0}$ , και από αθρ. γωνιών τριγώνου στο βρίσκουμε $\angle ZAK=30^{0}\Rightarrow \angle A=60^{0}$

(β) Λόγω παραλληλίας, $\angle DEK=\angle KBZ (4)$ και
$\angle KDE=\angle ZAK (5)$ , ως εντός εναλλάξ.
$(4),(5),(6)\Rightarrow \angle KED=\angle KDE$ και τρίγωνο ισοσκελές, με
Λόγω ισοπλέυρου, και γνωρίζουμε πως $\angle ZAK=\angle KAE, \angle KZA=\angle AKE$
Άρα, τα ορθογώνια τρίγωνα είναι ίσα και
$(7),(8)\Rightarrow KZ=KE=KD$
Μπορείς να εξηγήσεις αυτό που γράφεις ''Λόγω ισοπλεύρου, ΖΑ=ΑΕ...'' Πώς προκύπτει το ισόπλευρο τρίγωνο;

Πράγματι, το είπα σύντομα.
Επειδή τρίγωνο $AB\Gamma$ ισόπλευρο, το ύψος

και η μεσοκάθετος

είναι και διάμεσοι στις $A\Gamma, AB$ , αντίστοιχα. Από εκεί προκύπτει και η ισότητα, αφού οι πλευρές του τριγώνου είναι ίσες.

Λευτέρης Παπανικολάου · #59

thepigod762 έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 07, 2021 4:39 pm

Λευτέρης Παπανικολάου έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 07, 2021 4:16 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 4:05 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm
Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!
Για την Γ' Γυμνασίου:

Πρόβλημα 2 (Να σημειωθεί πως όπου Δ, D)

(α) Από χαρακτηριστική ιδιότητα μεσοκαθέτου, , και τρίγωνο ισοσκελές, με $\angle KAZ=\angle ZBK (6)$
Άρα, εφόσον τα τρίγωνα είναι ορθογώνια με δύο αντίστοιχες ίσες γωνίες και η άλλη είναι ίση και έχουμε:
$\angle AKZ=\angle ZKB (1)$
$\angle AKE=\angle AKZ (2)$ , αφού είναι γωνίες σε ορθογώνια τρίγωνα με δύο αντίστοιχες γωνίες ίσες.
$\angle BKZ+\angle ZKA+\angle AKE=180^{0} (3)$
$(1),(2),(3)\Rightarrow 3\cdot \angle ZKA=180^{0}\Leftrightarrow \angle ZKA=60^{0}$ , και από αθρ. γωνιών τριγώνου στο βρίσκουμε $\angle ZAK=30^{0}\Rightarrow \angle A=60^{0}$

(β) Λόγω παραλληλίας, $\angle DEK=\angle KBZ (4)$ και
$\angle KDE=\angle ZAK (5)$ , ως εντός εναλλάξ.
$(4),(5),(6)\Rightarrow \angle KED=\angle KDE$ και τρίγωνο ισοσκελές, με
Λόγω ισοπλέυρου, και γνωρίζουμε πως $\angle ZAK=\angle KAE, \angle KZA=\angle AKE$
Άρα, τα ορθογώνια τρίγωνα είναι ίσα και
$(7),(8)\Rightarrow KZ=KE=KD$
Μπορείς να εξηγήσεις αυτό που γράφεις ''Λόγω ισοπλεύρου, ΖΑ=ΑΕ...'' Πώς προκύπτει το ισόπλευρο τρίγωνο;
Πράγματι, το είπα σύντομα.
Επειδή τρίγωνο $AB\Gamma$ ισόπλευρο, το ύψος και η μεσοκάθετος είναι και διάμεσοι στις $A\Gamma, AB$ , αντίστοιχα. Από εκεί προκύπτει και η ισότητα, αφού οι πλευρές του τριγώνου είναι ίσες.

Πώς προκύπτει ότι το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο; Μήπως μου ξεφεύγει κάτι; Mπορείς να το εξηγήσεις;

thepigod762 · #60

Λευτέρης Παπανικολάου έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 07, 2021 4:53 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 07, 2021 4:39 pm

Λευτέρης Παπανικολάου έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 07, 2021 4:16 pm

thepigod762 έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 4:05 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 3:09 pm
Μιας και τα θέματα αναρτήθηκαν παντού στο διαδίκτυο τα αναρτώ εδώ για να συζητήσουμε τις λύσεις!!! Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν!!!
Για την Γ' Γυμνασίου:

Πρόβλημα 2 (Να σημειωθεί πως όπου Δ, D)

(α) Από χαρακτηριστική ιδιότητα μεσοκαθέτου, , και τρίγωνο ισοσκελές, με $\angle KAZ=\angle ZBK (6)$
Άρα, εφόσον τα τρίγωνα είναι ορθογώνια με δύο αντίστοιχες ίσες γωνίες και η άλλη είναι ίση και έχουμε:
$\angle AKZ=\angle ZKB (1)$
$\angle AKE=\angle AKZ (2)$ , αφού είναι γωνίες σε ορθογώνια τρίγωνα με δύο αντίστοιχες γωνίες ίσες.
$\angle BKZ+\angle ZKA+\angle AKE=180^{0} (3)$
$(1),(2),(3)\Rightarrow 3\cdot \angle ZKA=180^{0}\Leftrightarrow \angle ZKA=60^{0}$ , και από αθρ. γωνιών τριγώνου στο βρίσκουμε $\angle ZAK=30^{0}\Rightarrow \angle A=60^{0}$

(β) Λόγω παραλληλίας, $\angle DEK=\angle KBZ (4)$ και
$\angle KDE=\angle ZAK (5)$ , ως εντός εναλλάξ.
$(4),(5),(6)\Rightarrow \angle KED=\angle KDE$ και τρίγωνο ισοσκελές, με
Λόγω ισοπλέυρου, και γνωρίζουμε πως $\angle ZAK=\angle KAE, \angle KZA=\angle AKE$
Άρα, τα ορθογώνια τρίγωνα είναι ίσα και
$(7),(8)\Rightarrow KZ=KE=KD$
Μπορείς να εξηγήσεις αυτό που γράφεις ''Λόγω ισοπλεύρου, ΖΑ=ΑΕ...'' Πώς προκύπτει το ισόπλευρο τρίγωνο;
Πράγματι, το είπα σύντομα.
Επειδή τρίγωνο $AB\Gamma$ ισόπλευρο, το ύψος και η μεσοκάθετος είναι και διάμεσοι στις $A\Gamma, AB$ , αντίστοιχα. Από εκεί προκύπτει και η ισότητα, αφού οι πλευρές του τριγώνου είναι ίσες.
Πώς προκύπτει ότι το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο; Μήπως μου ξεφεύγει κάτι; Mπορείς να το εξηγήσεις;

Έχετε δίκαιο. Απο αμέλεια, δεν το τεκμηρίωσα. Τροποποίησα τώρα την απάντησή μου και είναι εντάξει.

ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Re: ΘΑΛΗΣ 2021

Μέλη σε σύνδεση