ΘΑΛΗΣ 2015

KARKAR · #41

: Γεωμετρία Γ'.png (37.35 KiB) Προβλήθηκε 2508 φορές

Μια συνοπτική ( σε σχήμα ) λύση για τη Γεωμετρία της Γ' .

#42

Λύση στο σχήμα του Θανάση:
Έστω ότι οι δύο κύκλοι τέμνονται στο

Τότε $\angle{DST}+\angle{EST}=\angle{ABT}+\angle{ACT}=180^{\circ},$ άρα D,E,S

συνευθειακά.

Τώρα από τα ισοσκελή τραπέζια έχουμε $\angle{SKL}=\angle{ACB}$ και $\angle{SLK}=\angle{ABC}$ και επιπλέον $SK=\frac{AC}{2}$ και $SL=\frac{AB}{2}.$
Οπότε τα τρίγωνα ABC

και

είναι όμοια με λόγο $\frac{1}{2}$ οπότε $KL=\frac{BC}{2}.$

#43

Θέμα 2ο Γ Λυκείου .

Ας είναι : $\left\{ \begin{gathered} A = 3{x^2} - 3x + 4 \hfill \\ B = {x^2} + 3 \hfill \\ C = 2{x^2} - 3x + 5 \hfill \\ D = 2{x^2} + 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ . Πρώτα –πρώτα A,B,C,D > 0

πάντα ως τριώνυμα με

αρνητικές διακρίνουσες και συντελεστές δευτεροβαθμίων όρων θετικούς .

Η εξίσωση γράφεται : $\sqrt {A + } \sqrt B = \sqrt C + \sqrt D \,\,\,\,( * )\,\,\, \Leftrightarrow \sqrt A - \sqrt C = \sqrt D - \sqrt B$ που με πολλαπλασιασμό των συζυγών παραστάσεων γίνεται :

$\dfrac{{A - C}}{{\sqrt A + \sqrt C }} = \dfrac{{D - B}}{{\sqrt D + \sqrt B }}\,\,$ . Αλλά $A - C = D - B = {x^2} - 1$ και άρα η προηγούμενη σχέση γίνεται :

$({x^2} - 1)(\dfrac{1}{{\sqrt A + \sqrt C }} - \dfrac{1}{{\sqrt D + \sqrt B }}) = 0$ . Συνεπώς : είτε $\boxed{x = 1}$ είτε $\boxed{x = - 1}$ , είτε

$\sqrt A + \sqrt C = \sqrt B + \sqrt D \Leftrightarrow \boxed{\sqrt A - \sqrt B = \sqrt D - \sqrt C }\,\,( * * )$ . οπότε λόγω της ( * )

με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

$\sqrt A = \sqrt D$ δηλαδή $3{x^2} - 3x + 4 = 2{x^2} + 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0$ και άρα $\boxed{x = 2}$ είτε x = 1

διπλή ρίζα.

Ν.

epapad · #44

Καλησπέρα, θα ηθελα να σας κάνω μια ερώτηση για το 4ο θεμα της β λυκειου. Δεν εχω καταλάβει κατα πόσο η κυκλικότητα του συστήματος μας οδηγεί αμεσα στο α=β=γ. Εγώ π.χ. αφου προσθεσα κατα μέλη, εκανα κάποιες παρατηρησεις για το οτι παραμένει αμετάβλητο το συστημα αν αλλάξουν τιμές μεταξύ τους οι α,β,γ, και συνεπώς έθεσα α=β=γ και κατέληξα στις λύσεις 0 και 8.έχω το δικαίωμα να το κανω αυτο;

#45

Πρόβλημα 3 Γ Γυμνασίου.

α) Επειδή τα σημεία $\displaystyle{{\rm E},{\rm Z}}$ βρίσκονται πάνω στη μεσοκάθετο του

, θα είναι AE=EB

και

. Άρα $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm B}{\rm A} = {\rm E}\widehat {\rm A}\Delta = \omega }$ και $\displaystyle{{\rm Z}\widehat {\rm B}{\rm E} = {\rm E}\widehat {\rm A}{\rm Z} = {36^0}}$ . Είναι λοιπόν $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Gamma {\rm B} = {\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma = \omega + {36^0}}$ .
Άθροισμα γωνιών του $AB\Gamma$ : $\displaystyle{\omega + \omega + {36^0} + \omega + {36^0} = {180^0} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\omega=36^0}$

: Θαλής Γ. Γεωμ. 2015.png (17.66 KiB) Προβλήθηκε 2379 φορές

β) $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm B}{\rm K} = {\rm A}\widehat {\rm M}{\rm K} = {54^0} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm B} = {\rm A}{\rm M}}$
$\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm Z}{\rm B} = {36^0}}$ ( στο ισοσκελές AZB

, οι γωνίες της βάσης είναι 72^0

η καθεμία). Άρα $\displaystyle{\Gamma {\rm Z} = {\rm A}\Gamma = {\rm A}{\rm B} = {\rm A}{\rm M}}$

γ) $\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm B}{\rm A} = {72^0},{\rm K}\widehat {\rm B}{\rm A} = {54^0} \Rightarrow \Gamma \widehat {\rm B}{\rm K} = {18^0}}$
$\displaystyle{\Delta \widehat {\rm Z}{\rm B} = {90^0} - {72^0} = {18^0}}$ , επομένως: $\displaystyle{\Lambda \widehat {\rm Z}{\rm B} = {\rm Z}\widehat {\rm B}\Lambda = {18^0} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\Lambda B=\Lambda Z}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #46

μια λύση ακόμη στο θέμα Γεωμετρίας της Γ΄τάξης

$\displaystyle{DE \cap \left( {{C_1}} \right) = S}$

$\displaystyle{\angle ABT + \angle ACT = {180^0} \Rightarrow \angle TSE + \angle ACT = {180^0} \Rightarrow \left( {{C_2}} \right)}$ περνά από το $\displaystyle{S}$

$\displaystyle{DSLB,ESKC}$ είναι ισοσκελή τραπέζια $\displaystyle{ \Rightarrow SK = EC = \frac{{AC}}{2},SL = DB = \frac{{AB}}{2}}$ και οι γωνίες $\displaystyle{x,y}$ είναι ίσες αντίστοιχα με τις γωνίες $\displaystyle{C,B}$ του

$\displaystyle{\vartriangle ABC \Rightarrow \vartriangle ABC \simeq \vartriangle SKL \Rightarrow \frac{{KL}}{{BC}} = \frac{{SL}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow KL = \frac{{BC}}{2} = //DE \Rightarrow DELK}$ παραλ/μμο

: g.g.png (20.28 KiB) Προβλήθηκε 2339 φορές

μόλις διαπίστωσα μετά την ανάρτησή μου ότι έχει δοθεί ίδια απάντηση παραπάνω από τον smar.Την αφήνω για τον κόπο...

#47

ΘΕΜΑ 4/Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Θα δείξουμε ότι η μέγιστη τιμή της

είναι

Είναι

, αφού αλλιώς $\displaystyle{A< (x+y)3^5<(4+5)3^5=2187<M}$

Έτσι $\displaystyle{x+y=15-w-z-m<15-1-2-3=9,}$ κι άρα $x+y\leq 8$ . Συνεπώς,

$\displaystyle{A=(x+y)z^m-w\leq 8z^m-w<8z^m}$

Αν $m\leq 4$ , τότε $z^m\leq 5^4=625$ , και $\displaystyle{A<8\cdot 625=5000<M}$

Συνεπώς, m=5

, κι αφού

, θα είναι z=4

.

Τότε x+y=6-w

, κι άρα

και

.

Θα δείξουμε ότι η ελάχιστη τιμή της

είναι

.

Πράγματι, είναι z<2

, αφού αν $z\geq 2$ , τότε $\displaystyle{(x+y)z^m-w\geq 3\cdot 2^1-5=1>0}$

Άρα z=1

και $\displaystyle{A=x+y-w=14-m-2w}$ , η οποία γίνεται ελάχιστη όταν η παράσταση m+2w

γίνεται μέγιστη.

Εύκολα βλέπουμε ότι αυτό συμβαίνει όταν w=5

και

, οπότε η ελάχιστη τιμή της

είναι 0.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#48

epapad έγραψε:Καλησπέρα, θα ηθελα να σας κάνω μια ερώτηση για το 4ο θεμα της β λυκειου. Δεν εχω καταλάβει κατα πόσο η κυκλικότητα του συστήματος μας οδηγεί αμεσα στο α=β=γ. Εγώ π.χ. αφου προσθεσα κατα μέλη, εκανα κάποιες παρατηρησεις για το οτι παραμένει αμετάβλητο το συστημα αν αλλάξουν τιμές μεταξύ τους οι α,β,γ, και συνεπώς έθεσα α=β=γ και κατέληξα στις λύσεις 0 και 8.έχω το δικαίωμα να το κανω αυτο;

Δυστυχώς, δε μας οδηγεί άμεσα στο συμπέρασμα ότι $\alpha=\beta=\gamma$ .

Είναι ένα ζήτημα που έχει συζητηθεί κατ'επανάληψη στο mathematica, και κάποιος με καλύτερο αρχείο από εμένα μπορεί να μας δώσει διάφορα παραδείγματα.

Ένα είναι διαθέσιμο εδώ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Κώστας Παππέλης · #49

Η λύση μου για το τέταρτο θέμα της Τρίτης Λυκείου που ήταν το δυσκολότερο του διαγωνισμού και ταυτόχρονα πολύ ωραίο.

Έστω

η τομή των

,

. Από το

φέρω κάθετες στις

,

. Tα ίχνη των καθέτων είναι όλα σημεία συνευθειακά λόγω των ευθειών Simson των τριών κύκλων.
Από το αντίστροφο της ευθείας Simson τώρα συνάγουμε ότι το

ανήκει στον περίκυκλο του SLK

.

Τα τρίγωνα ABT

και

είναι όμοια γιατί:
1) <BAT=<BCT=<KCT=<KET

2)

Επίσης

και η

είναι διάμεσος στο ABT

. Άρα πρέπει η

να είναι διάμεσος στο EKT

.

Ομοίως

μέσο του

. Οι διαγώνιες διχοτομούνται άρα το τετράπλευρο είναι παρ/μο!

#50

epapad έγραψε:Καλησπέρα, θα ηθελα να σας κάνω μια ερώτηση για το 4ο θεμα της β λυκειου. Δεν εχω καταλάβει κατα πόσο η κυκλικότητα του συστήματος μας οδηγεί αμεσα στο α=β=γ. Εγώ π.χ. αφου προσθεσα κατα μέλη, εκανα κάποιες παρατηρησεις για το οτι παραμένει αμετάβλητο το συστημα αν αλλάξουν τιμές μεταξύ τους οι α,β,γ, και συνεπώς έθεσα α=β=γ και κατέληξα στις λύσεις 0 και 8.έχω το δικαίωμα να το κανω αυτο;

Καλησπέρα !

Ωραία και διδακτική απορία !!!

Τώρα βλέπω το μήνυμα και απαντώ καθυστερημένα. Όπως έγραψε και ο Αχιλλέας, κάτι τέτοιο δεν είναι απαραίτητο. Για παράδειγμα το σύστημα x+y+x=3

είναι συμμετρικό, αλλά η τριάδα (x,y,z)=(2,1,0)

είναι λύση , χωρίς να είναι ίσες οι μεταβλητές .

Μπ

alogdian · #51

ΘΕΜΑ 4 - Β΄ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ
Μια πιο σύντομη λύση για το θέμα:
Η τριάδα 9, 10,11 είναι μια προφανής λύση
ΕΚΠ(3,10,11)=330
9+330=339, 10+330=340, 11+330=341
9+660=669, 10+660=670,11+660=671

#52

Για το 4ο πρόβλημα της Γ' Λυκείου, η λύση του Θανάση ( ΚΑΡΚΑΡ ) πιο πάνω, είναι νομίζω "όλα τα λεφτά".

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ωραία άσκηση για διαγώνισμα. Με ενδιαφέρον περιμένω την επίσημη λύση.

Everville · #53

achilleas έγραψε:ΘΕΜΑ 2/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Πρέπει $x\ne 3$ και $y\ne -2$ .

Θέτουμε $a=\dfrac{1}{x-3}$ και $b=\dfrac{1}{y+2}$ , οπότε η δεύτερη εξίσωση γίνεται

,

ενώ από την πρώτη παίρνουμε

$a+b=\dfrac{1}{x-3}+\dfrac{1}{y+2}=\dfrac{(x-3)+(y-2) }{(x-3)(y+2)}=\dfrac{x+y-1}{(x-3)(y+2)}=6$ .

Έτσι έχουμε το σύστημα

,
.

Πολλαπλασιάζοντας την τελευταία με και προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε .

Συνεπώς, και , κι άρα

$x=3+\dfrac{1}{a}=\dfrac{16}{5}$ και $y=-2+\dfrac{1}{b}=-1$ . (δεκτές)

Φιλικά,

Αχιλλέας

Όμορφη η παραπάνω λύση.
Μια λίγο διαφορετική αντιμετώπιση (με λίγο περισσότερες πράξεις) :

Το σύστημα μπορεί να γραφτεί ως εξής:

$(x-3)(y+2)=\dfrac{x+y-1}{6}\\ (x-3)(y+2)=\dfrac{3(y+2)-4(x-3)}{11}$

Από την ισότητα των πρώτων μελών θα έχουμε $\dfrac{x+y-1}{6} = \dfrac{3(y+2)-4(x-3)}{11}$ η οποία μετά από πράξεις θα γίνει 35x=7y+119

ή

Οπότε αντικαθιστώντας στην πρώτη από τις εξισώσεις του συστήματος θα καταλήξουμε μετά από πράξεις στην 30x^2-186x+288=0

ή

με ρίζες $x_1=\dfrac{16}{10}$ και x_2=3

. Αλλά η δεύτερη απορρίπτεται, οπότε η x_1

μας δίνει

.

S.E.Louridas · #54

4 / Γ.

Έστω {T{'}}

σημείο του κύκλου τέτοιο πού $TT'\parallel BC.$ Έστω V, F

οι τομές της AT^’

με τις

αντίστοιχα. Τότε λόγω της ομοιότητας των τριγώνων ABT,

η ευθεία

είναι παράλληλη στην VC.

Όμοια βγαίνει ότι η ευθεία

είναι παράλληλη στην ευθεία

και εδώ θεωρώ ότι το πρόβλημα λύθηκε.

(*) Προσωπικά θεωρώ ότι ήταν ένας καλός Θαλής με θέματα με στόχευση και διαβαθμισμένης δυσκολίας.
Εύχομαι από καρδιάς καλά αποτελέσματα στους συμμετέχοντες. Ας θυμόμαστε ότι η συμμετοχή ακόμα και από μόνη της σε τέτοιους διαγωνισμούς, αποτελεί μία απάντηση στη πρόκληση της εποχής.

#55

vittasko έγραψε:Για το 4ο πρόβλημα της Γ' Λυκείου, η λύση του Θανάση ( ΚΑΡΚΑΡ ) πιο πάνω, είναι νομίζω "όλα τα λεφτά".

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ωραία άσκηση για διαγώνισμα. Με ενδιαφέρον περιμένω την επίσημη λύση.

Καλημέρα Κώστα .

Όλες οι λύσεις που δόθηκαν του ωραίου αυτού θέματος μου άρεσαν . Η επίσημη είναι κι αυτή απλή με στοιχειώδη μέσα .

Πάντως ιδιαίτερη εντύπωση μου έκαναν: η λύση του νεαρού Παππέλη και οπωσδήποτε ή φανταστική λύση του Σωτήρη .

Φιλικά Νίκος

#56

Όμορφο θέμα και απαιτητικό κατά τη γνώμη μου, ειδικά αν δεν αντιληφθεί κανείς ότι οι δύο κύκλοι τέμνονται πάνω στην

.
Μετά τις εξαιρετικές λύσεις που αναρτήθηκαν από τους άριστους συναδέλφους και αγαπητούς φίλους, επιτρέψτε μου άλλη μία (μετά από αρκετό καιρό είναι αλήθεια που είχα να κάνω δημοσίευση).
Θα αποδείξουμε ότι τα μέσα των DL, EK

ταυτίζονται με χρήση μετασχηματισμού ομοιότητας (σύνθεση στροφής και ομοιοθεσίας). Συγκεκριμένα θα αποδείξουμε ότι οι εικόνες των TE, TD

μέσω δύο ομοιοτήτων ταυτίζονται.
Τα τρίγωνα TDL, TAC

είναι όμοια, καθώς έχουμε τις ισότητες των γωνιών $\angle{TDL}=\angle{TBL}=\angle{TAC}$ και $\angle{TLD}=180^0-\angle{TBA}=\angle{ACT}$ .
Έστω τώρα

το μέσο της

.
Καθώς οι TM,TE

είναι ομόλογοι διάμεσοι, από τις αναλογίες προκύπτει η σχέση: $TM=\dfrac{TE\cdot TD}{TA}$ .
Όμοια, αν

είναι το μέσο της

, έχουμε $TM'=\dfrac{TE\cdot TD}{TA}$ .
Επομένως, TM=TM'

.
Στην πρώτη ομοιότητα, (τρίγωνα TDL, TAC

) η γωνία στροφής της ισούται με $\angle{ETM}=\angle{ATD}$ , ενώ στη δεύτερη, (τρίγωνα TKE, TAB

) η αντίστοιχη γωνία είναι: $\angle{DTM'}=\angle{ETA}$ κατά την αντίθετη φορά.
Άρα, $\angle{ETM}+\angle{DTM'}=\angle{DTE}$ .
Άρα οι ημιευθείες TM, TM'

ταυτίζονται, δηλαδή τελικά $M\equiv M'$ .

epapad · #57

achilleas έγραψε:
epapad έγραψε:Καλησπέρα, θα ηθελα να σας κάνω μια ερώτηση για το 4ο θεμα της β λυκειου. Δεν εχω καταλάβει κατα πόσο η κυκλικότητα του συστήματος μας οδηγεί αμεσα στο α=β=γ. Εγώ π.χ. αφου προσθεσα κατα μέλη, εκανα κάποιες παρατηρησεις για το οτι παραμένει αμετάβλητο το συστημα αν αλλάξουν τιμές μεταξύ τους οι α,β,γ, και συνεπώς έθεσα α=β=γ και κατέληξα στις λύσεις 0 και 8.έχω το δικαίωμα να το κανω αυτο;
Δυστυχώς, δε μας οδηγεί άμεσα στο συμπέρασμα ότι $\alpha=\beta=\gamma$ .

Είναι ένα ζήτημα που έχει συζητηθεί κατ'επανάληψη στο mathematica, και κάποιος με καλύτερο αρχείο από εμένα μπορεί να μας δώσει διάφορα παραδείγματα.

Ένα είναι διαθέσιμο εδώ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Από όσο καταλαβαίνω λοιπόν, θα έπρεπε να πάρω και την εκδοχή του $\displaystyle{a<b<c}$ έτσι;
δηλαδή έτσι έφτασα μεν στις σωστές λύσεις, αλλά υποθέτω πως χάνω τη μισή άσκηση, έτσι;

#58

Για το πρώτο πρόβλημα της Γ Λυκείου, τα ερωτήματα στηρίζονται στη βασική ιδιότητα κάθε υπερβολής που λέει ότι:
Αν μία ευθεία τέμνει μία υπερβολή στα σημεία A, B

και τις ασύμπτωτες στα σημεία C, D

, τότε

η ισοδύναμα, oi AB, CD

έχουν κοινό μέσο.
Απόδειξη: Για τα σημεία τομής της ευθείας y=kx+l

με την υπερβολή xy=1

, προκύπτει η εξίσωση (1): x(kx+y)=1

, ενώ για τα σημεία τομής με την ίδια ευθεία με τις ασύμπτωτες, έχουμε το σύστημα {y=kx+l, xy=0}

από όπου προκύπτει η εξίσωση (2): x(kx+y)=1

. Οι (1), (2) είναι δευτεροβάθμιες που διαφέρουν μόνο ως προς τον σταθερό όρο, επομένως έχουν ίδιο άθροισμα ριζών. Άρα τα αντίστοιχα ευθύγραμμα τμήματα έχουν κοινό μέσο, δηλαδή $\dfrac{x_1+x_2}{2}=\dfrac{x_3+x_4}{2}$ και $\dfrac{y_1+y_2}{2}=\dfrac{y_3+y_4}{2}$ .
Επομένως στην περίπτωση μας, αν S, T

είναι τα σημεία τομής της ευθείας με τους άξονες x'x, y'y

αντίστοιχα, έχουμε τις ισότητες AT=BS, CT=DS

.

#59

Και οι λύσεις, ώστε το αρχείο να είναι πλήρες.

Μπ

#60

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά για την συμμετοχή και καλά αποτελέσματα!

Πρόβλημα 1 Γ΄ Λυκείου Πρώτο ερώτημα.

Είναι άμεσο συμπέρασμα της επόμενης ιδιότητας της υπερβολής:

Αν μια ευθεία τέμνει μία υπερβολή στα σημεία A, B

και τις ασύμπτωτες της στα A' , B'

, τότε

. (ή, αν η σειρά των γραμμάτων επί της ευθείας είναι A, A' , B', B

, τα τμήματα

και

έχουν κοινό μέσο.)

Εδώ εφαρμόζουμε την πρόταση αυτή για δύο συζυγείς υπερβολές που έχουν, ως γνωστό, κοινές ασύμπτωτες και το συμπέρασμα έπεται.

Άλλη απόδειξη μπορούμε να έχουμε αν θεωρήσουμε ότι η ευθεία είναι της μορφής y=kx+l

. Τότε τα α, β είναι λύσεις της εξίσωσης $kx+l=\frac{1}{x}\Leftrightarrow kx^2+lx-1=0$

Τα γ, δ είναι λύσεις της εξίσωσης $kx+l=-\frac{1}{x}\Leftrightarrow kx^2+lx+1=0$

Τώρα $\alpha +\beta =\gamma +\delta =-\frac{l}{k}$

ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Μέλη σε σύνδεση