ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Fotis34 · #1

Καλησπέρα, έχει κάποιος τα θέματα;
Ευχαριστώ

GeorgeMarag1 · #2

Τα θέματα...

SmbdTLv · #3

Λύση της γεωμετρίας Α΄ Λυκείου:

Αφού

Β\Delta

διχοτόμος έχουμε

\angle ΑΒΔ=15^\circ

. Επίσης, αφού

\angle Α=120^\circ

και

ΑΒ= ΑΓ

,

\angle ΑΓΕ=30^\circ

. Από εδώ μπορούμε να προχωρήσουμε τριγωνομετρικά. Θέτουμε

x=ΑΒ=ΑΓ=ΓΕ

. Από ν. συνημιτόνων

ΑΕ=\sqrt{2x^2(1-\cos30^\circ)}=\sqrt{x^2(2-\sqrt{3})}=x\sqrt{2-\sqrt{3}}

. Δίνεται ότι

ΑΕ=ΑZ

, άρα

ΑZ=x\sqrt{2-\sqrt{3}}

. Από ν. ημιτόνων στο τρίγωνο

ΑΖΒ

, λαμβάνουμε ότι

\frac{ΑZ}{\sin15^\circ}=\frac{ΑΒ}{\sin(\angle ΑΖΒ)}

. Γράφουμε την τελευταία ως

\sin(\angle ΑΖΒ)=\frac{ΑΒ\sin15^\circ}{ΑZ}

, και αντικαθιστώντας έχουμε

\sin(\angle ΑΖΒ)=\frac{\sin15^\circ}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}

. Δεδομένου ότι

\sin15^\circ=\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}

, έχουμε

\sin(\angle ΑΖΒ)=\frac{1}{2}

και αφού

\angle ΑΖΒ

είναι αμβλεία όπως μπορεί εύκολα να δειχθεί,

\angle ΑΖΒ=150^\circ

. Έτσι, η γωνία

\angle ΒΑΖ=180^\circ-\angle ΖΒΑ-\angle ΑΖΒ=180^\circ-15^\circ-150^\circ=15^\circ

, και άρα το τρίγωνο

ΑΖΒ

είναι ισοσκελές με

ΑΖ=ΒΖ

. Τελειώσαμε.

Σημείωση: Ο λύτης δεν χρειάζεται να απομνημονεύσει το

\sin15^\circ

. Παρακάτω δίνεται ένας τρόπος υπολογισμού του:

\frac{1}{2}=\sin30^\circ=\sin(2\cdot15^\circ)=2\sin15^\circ\cos15^\circ \iff \frac{1}{4}=\sin15^\circ\sqrt{1-\sin^2(15^\circ)}

\Rightarrow \frac{1}{16}=\sin^2(15^\circ)-\sin^4(15^\circ).

Λύνουμε τη δευτεροβάθμια που προκύπτει ως προς

\sin^2(15^\circ)

και βρίσκουμε ότι ισούται με

\frac{2-\sqrt{3}}{4}

, που εύκολα μας δίνει το τελικό

\sin15^\circ=\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}

.

Θέμα γεωμετρίας απαιτητικό για το επίπεδο του Θαλή και μάλιστα για την Α΄ Λυκείου. Άμα κάποιος έχει πλήρως συνθετική (γεωμετρική) λύση θα ήταν ενδιαφέρον να την υποβάλλει!

Fotis34 · #4

2η λύση, Α Λυκείου, Πρόβλημα 3:

Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές με $AB = A\Gamma$ και γωνία κορυφής

\widehat{A} = 120^\circ

. Οι προσκείμενες στη βάση $B\Gamma$ γωνίες είναι ίσες:

\widehat{B} = \widehat{\Gamma} = \frac{180^\circ - 120^\circ}{2} = 30^\circ

.
Η ευθεία $B\Delta$ είναι η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{B}$ , επομένως χωρίζει τη γωνία σε δύο ίσα μέρη:

\widehat{AB\Delta} = \widehat{\Delta B\Gamma} = \frac{30^\circ}{2} = 15^\circ

.
Θεωρούμε το συμμετρικό σημείο

του σημείου

ως προς τον άξονα συμμετρίας $B\Delta$ (τη διχοτόμο της γωνίας $\widehat{B}$ ).

Λόγω της συμμετρίας ως προς τη διχοτόμο $B\Delta$ , η ημιευθεία

απεικονίζεται στην ημιευθεία $B\Gamma$ . Συνεπώς, το σημείο

βρίσκεται πάνω στην πλευρά $B\Gamma$ .
Από τον ορισμό της συμμετρίας προκύπτει άμεσα ότι

BA' = BA

.
Η ευθεία $B\Delta$ είναι η μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος AA'

. Επειδή το σημείο

ανήκει εξ υποθέσεως στην ευθεία $B\Delta$ , ισαπέχει από τα άκρα

και

:

ZA = ZA'

.

Από τα δεδομένα της υπόθεσης ισχύει

BA = A\Gamma

και

\Gamma E = A\Gamma

, το οποίο σημαίνει ότι

BA = \Gamma E

.

Εφόσον δείξαμε ότι

BA' = BA

, προκύπτει η ισότητα:

BA' = \Gamma E

Αν ορίσουμε ως

το μέσο της βάσης $B\Gamma$ του ισοσκελούς τριγώνου $AB\Gamma$ , τότε το ύψος

είναι κάθετο στη βάση ( $AM \perp B\Gamma$ ).

Επειδή τα τμήματα BA'

και $\Gamma E$ είναι ίσα και ξεκινούν από τα άκρα

και $\Gamma$ αντίστοιχα, τα σημεία

και

ισαπέχουν από το μέσο

. Επομένως, το

είναι επίσης το μέσο του τμήματος A'E

.

Καθώς η ευθεία

είναι κάθετη στο τμήμα A'E

στο μέσο του, η

αποτελεί τη μεσοκάθετο $\displaystyle{A'E}$ }. Επειδή το σημείο

ανήκει σε αυτή τη μεσοκάθετο, ισχύει:

AA' = ΑΕ

.

Στο ισοσκελές τρίγωνο

\triangle BAA'

(

), η γωνία της κορυφής είναι

\widehat{ABA'} = 30^\circ

. Οι προσκείμενες στη βάση γωνίες είναι:

\widehat{BAA'} = \frac{180^\circ - 30^\circ}{2} = 75^\circ

Από την υπόθεση του προβλήματος γνωρίζουμε ότι AZ = AE

. Συνδυάζοντας αυτή τη σχέση με την εξίσωση (2), έχουμε:

AZ = AA'

Λόγω της εξίσωσης (1) γνωρίζουμε ότι

ZA = ZA'

, οπότε τελικά προκύπτει:

ZA = ZA' = AA'

Συνεπώς, το τρίγωνο τρίγωνο

ZAA'

είναι ισόπλευρο}, γεγονός που σημαίνει ότι όλες οι εσωτερικές του γωνίες είναι ίσες με $60^\circ$ :

\widehat{ZAA'} = 60^\circ

Μπορούμε τώρα να υπολογίσουμε τη γωνία

\widehat{ZAB}

αφαιρώντας τις γνωστές γωνίες:

\widehat{ZAB} = \widehat{BAA'} - \widehat{ZAA'} = 75^\circ - 60^\circ = 15^\circ

Στο τρίγωνο $\triangle ZAB$ , παρατηρούμε ότι:

\widehat{ZAB} = 15^\circ

\widehat{ZBA} = 15^\circ

(καθώς η $B\Delta$ είναι διχοτόμος της

\widehat{B} = 30^\circ

)

Εφόσον οι δύο προσκείμενες γωνίες στη βάση

είναι ίσες, το τρίγωνο $\triangle ZAB$ είναι ισοσκελές, που σημαίνει ότι οι απέναντι πλευρές του είναι ίσες:

AZ = BZ

.
Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Dimessi · #5

Γράφω ομαλά για τους μαθητές.

3ο Γ Λυκείου.

Εικόνα

Φέρουμε

E\Sigma \parallel HZ

κι αφού

2=\dfrac{\Delta E}{EA}\overset{Z\Delta \parallel AB}=\dfrac{ZE}{EB}\Longrightarrow EN=\dfrac{1}{2}EZ=EB

οπότε

μέσο του

.

Από

E\Sigma \parallel HZ \Longrightarrow \dfrac{\Sigma H}{\Sigma B}=\dfrac{EZ}{EB}=2 \Longrightarrow \Sigma H=2\Sigma B

.

Από

EA \parallel \Gamma B \Longrightarrow \dfrac{HA}{AB}=\dfrac{HE}{E\Gamma}\overset{HA \parallel \Delta \Gamma}=\dfrac{EA}{E\Delta}=\dfrac{1}{2} \Longrightarrow AB=2HA \Longrightarrow HA=\dfrac{HB}{3}\overset{\Sigma H=2\Sigma B}=\Sigma B=\dfrac{\Sigma H}{2} \Longrightarrow A

μέσο του

H\Sigma

.

Έτσι

AH=\Sigma A=\Sigma B

οπότε $\Sigma$ μέσο του

κι αφού

μέσο του

NB \Longrightarrow E\Sigma \parallel AN

κι επειδή

MN \parallel HZ \parallel E\Sigma

έπεται ότι

AN \equiv MN

δηλαδή

συνευθειακά.

2ο Γ Λυκείου.
Θέτοντας όπου $x\rightarrow 1-x$ είναι

f(1-x)+2f(x)=3(1-x) \overset{f(x)+2f(1-x)=3x}\Longrightarrow f(x)+f(1-x)=1 \quad \forall x \in \mathbb{R} \Longrightarrow

\Longrightarrow 1-f(x)+2f(x)=3(1-x)\Longleftrightarrow f(x)=2-3x \quad \forall x \in \mathbb{R}

και

f(x)f(1-x)\le \dfrac{\left (f(x)+f(1-x)\right)^2}{4}=\dfrac{1}{4}

για κάθε

με την ισότητα όταν

f(x)=f(1-x)=\dfrac{1}{2}\Longleftrightarrow x=\dfrac{1}{2}

.
1ο Γ Λυκείου.
Είναι

(y-5)^2+(x-3)^2=15^2

κι έτσι

x-3=9

και

y-5=12

ή το ανάποδο. Άρα

(x,y)\in \{(12,17),(15,14)\}

από τις οποίες η μόνη δεκτή είναι η

(x,y)=(15,14)

.

Σημείωση: δεν έκατσα να μπω στον κόπο να ελέγξω με πράξεις μετά γιατί βαριόμουν να πω την αμαρτία μου.

Fotis34 · #6

Πρόβλημα 2, Β Λυκείου:

Θεωρούμε τη δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς

:

x^2 - nx - n - 5 = 0,

όπου $n \in \mathbb{Z}$ . Για να έχει η εξίσωση ρητές ρίζες, πρέπει η διακρίνουσά της, $\Delta$ , να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, δηλαδή

\Delta = k^2

για κάποιον μη αρνητικό ακέραιο $k \ge 0$ .

Υπολογίζουμε τη διακρίνουσα:

\Delta = (-n)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-n - 5) = n^2 + 4n + 20

Συνεπώς, οδηγούμαστε στην εξίσωση:

n^2 + 4n + 20 = k^2

Συμπληρώνοντας το τετράγωνο ως προς

, η εξίσωση μετασχηματίζεται ως εξής:

(n^2 + 4n + 4) + 16 = k^2

(n + 2)^2 + 16 = k^2

k^2 - (n + 2)^2 = 16

Χρησιμοποιώντας την ταυτότητα διαφοράς τετραγώνων, λαμβάνουμε:

(k - n - 2)(k + n + 2) = 16.

Οι δύο παράγοντες του αριστερού μέλους της είναι ακέραιοι με γινόμενο

. Παρατηρούμε ότι η διαφορά τους είναι:

(k + n + 2) - (k - n - 2) = 2n + 4

Η διαφορά αυτή είναι άρτιος αριθμός, γεγονός που σημαίνει ότι οι δύο παράγοντες πρέπει να έχουν την ίδια αρτιότητα. Εφόσον το γινόμενό τους είναι άρτιο (

), υποχρεωτικά και οι δύο παράγοντες πρέπει να είναι άρτιοι ακέραιοι.

Οι δυνατοί συνδυασμοί άρτιων διαιρετών του

(λαμβάνοντας υπόψη ότι $k \ge 0$ ) είναι οι εξής:

\begin{cases} k - n - 2 = 2 \\ k + n + 2 = 8 \end{cases}

Αφαιρώντας κατά μέλη προκύπτει:

2n + 4 = 6 \implies 2n = 2 \implies n = 1

.

\begin{cases} k - n - 2 = 8 \\ k + n + 2 = 2 \end{cases}

Αφαιρώντας κατά μέλη προκύπτει:

2n + 4 = -6 \implies 2n = -10 \implies n = -5

.

\begin{cases} k - n - 2 = 4 \\ k + n + 2 = 4 \end{cases}

Αφαιρώντας κατά μέλη προκύπτει:

2n + 4 = 0 \implies 2n = -4 \implies n = -2

.

Σημείωση: Οι περιπτώσεις όπου οι διαιρέτες είναι αρνητικοί, π.χ. και , οδηγούν στο ίδιο σύνολο λύσεων για το λόγω της συμμετρίας.

Συνεπώς, οι ζητούμενες τιμές του ακεραίου

είναι:

n \in \{-5, -2, 1\}

Pi3.1415 · #7

Dimessi έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2026 7:55 pm 1ο Γ Λυκείου.
Είναι $(y-5)^2+(x-3)^2=15^2$ κι έτσι $x-3=9$ και $y-5=12$ ή το ανάποδο. Άρα $(x,y)\in \{(12,17),(15,14)\}$ .

Η μοναδική λύση είναι το (15,14). Επαληθεύοντας, το (12,17) δεν ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες. Επίσης, πρέπει να ληφθουν υπόψη οι περιπτώσεις με (y-5)=0 και (x-3)=0 (οι οποίες και οι δύο απορρίπτονται).

Fotis34 · #8

Πρόβλημα 2, Α ΛΥΚΕΙΟΥ:

a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca+1

\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=1

\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2

Επειδή

a,b,c\in\mathbb{Z}^+

, δύο είναι ίσοι και ο τρίτος διαφέρει κατά

.

1η περίπτωση:

a=b=c+1

\begin{aligned} 2c+2+c&=2026\\ 3c&=2024 \end{aligned}

Αδύνατο.

2η περίπτωση:

a=b=c-1

\begin{aligned} 2c-2+c&=2026\\ 3c&=2028\\ c&=676\\ a=b&=675 \end{aligned}

Λόγω συμμετρίας:

\boxed{ (a,b,c)\in \left\{ \begin{aligned} &(675,675,676),\\ &(675,676,675),\\ &(676,675,675) \end{aligned} \right. }

.

Dimessi · #9

2ο Α Λυκείου.

(a-c)^2+(a-b)^2+(b-c)^2=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=2 \Longrightarrow

η μία εκ των διαφορών

|a-b|,|a-c|,|b-c|

είναι 0 κι οι άλλες δύο 1 . Έστω ότι

a=b \Longrightarrow c=a-1

ή

. Με πρόλαβες Φώτη μπράβο.

SmbdTLv · #10

Fotis34 έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2026 7:51 pm 2η λύση, Α Λυκείου, Πρόβλημα 3:

Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές με $AB = A\Gamma$ και γωνία κορυφής $\widehat{A} = 120^\circ$ . Οι προσκείμενες στη βάση $B\Gamma$ γωνίες είναι ίσες:
$\widehat{B} = \widehat{\Gamma} = \frac{180^\circ - 120^\circ}{2} = 30^\circ$ .
Η ευθεία $B\Delta$ είναι η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{B}$ , επομένως χωρίζει τη γωνία σε δύο ίσα μέρη:
$\widehat{AB\Delta} = \widehat{\Delta B\Gamma} = \frac{30^\circ}{2} = 15^\circ$ .
Θεωρούμε το συμμετρικό σημείο του σημείου ως προς τον άξονα συμμετρίας $B\Delta$ (τη διχοτόμο της γωνίας $\widehat{B}$ ).

Λόγω της συμμετρίας ως προς τη διχοτόμο $B\Delta$ , η ημιευθεία απεικονίζεται στην ημιευθεία $B\Gamma$ . Συνεπώς, το σημείο βρίσκεται πάνω στην πλευρά $B\Gamma$ .
Από τον ορισμό της συμμετρίας προκύπτει άμεσα ότι $BA' = BA$ .
Η ευθεία $B\Delta$ είναι η μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος . Επειδή το σημείο ανήκει εξ υποθέσεως στην ευθεία $B\Delta$ , ισαπέχει από τα άκρα και :

$ZA = ZA'$ .

Από τα δεδομένα της υπόθεσης ισχύει $BA = A\Gamma$ και $\Gamma E = A\Gamma$ , το οποίο σημαίνει ότι $BA = \Gamma E$ .

Εφόσον δείξαμε ότι $BA' = BA$ , προκύπτει η ισότητα:
$BA' = \Gamma E$
Αν ορίσουμε ως το μέσο της βάσης $B\Gamma$ του ισοσκελούς τριγώνου $AB\Gamma$ , τότε το ύψος είναι κάθετο στη βάση ( $AM \perp B\Gamma$ ).

Επειδή τα τμήματα και $\Gamma E$ είναι ίσα και ξεκινούν από τα άκρα και $\Gamma$ αντίστοιχα, τα σημεία και ισαπέχουν από το μέσο . Επομένως, το είναι επίσης το μέσο του τμήματος .

Καθώς η ευθεία είναι κάθετη στο τμήμα στο μέσο του, η αποτελεί τη μεσοκάθετο $\displaystyle{A'E}$ }. Επειδή το σημείο ανήκει σε αυτή τη μεσοκάθετο, ισχύει:
$AA' = ΑΕ$ .

Στο ισοσκελές τρίγωνο $\triangle BAA'$ (), η γωνία της κορυφής είναι $\widehat{ABA'} = 30^\circ$ . Οι προσκείμενες στη βάση γωνίες είναι:
$\widehat{BAA'} = \frac{180^\circ - 30^\circ}{2} = 75^\circ$
Από την υπόθεση του προβλήματος γνωρίζουμε ότι . Συνδυάζοντας αυτή τη σχέση με την εξίσωση (2), έχουμε:
$AZ = AA'$
Λόγω της εξίσωσης (1) γνωρίζουμε ότι $ZA = ZA'$ , οπότε τελικά προκύπτει:
$ZA = ZA' = AA'$
Συνεπώς, το τρίγωνο τρίγωνο $ZAA'$ είναι ισόπλευρο}, γεγονός που σημαίνει ότι όλες οι εσωτερικές του γωνίες είναι ίσες με $60^\circ$ :
$\widehat{ZAA'} = 60^\circ$

Μπορούμε τώρα να υπολογίσουμε τη γωνία $\widehat{ZAB}$ αφαιρώντας τις γνωστές γωνίες:
$\widehat{ZAB} = \widehat{BAA'} - \widehat{ZAA'} = 75^\circ - 60^\circ = 15^\circ$
Στο τρίγωνο $\triangle ZAB$ , παρατηρούμε ότι:

$\widehat{ZAB} = 15^\circ$
$\widehat{ZBA} = 15^\circ$ (καθώς η $B\Delta$ είναι διχοτόμος της $\widehat{B} = 30^\circ$ )

Εφόσον οι δύο προσκείμενες γωνίες στη βάση είναι ίσες, το τρίγωνο $\triangle ZAB$ είναι ισοσκελές, που σημαίνει ότι οι απέναντι πλευρές του είναι ίσες:
$AZ = BZ$ .
Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Γίγαντας!

Dimessi · #11

Παιδιά να σας πω κάτι; Μπορείτε να μπαίνετε στο

και όταν δεν είναι ημέρα διαγωνισμού θα σας είναι πολύ χρήσιμο

SmbdTLv · #12

Dimessi έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2026 8:30 pm Παιδιά να σας πω κάτι; Μπορείτε να μπαίνετε στο και όταν δεν είναι ημέρα διαγωνισμού θα σας είναι πολύ χρήσιμο

Υπάρχουν και θα υπάρχουν πάντα, κύριε, οι μαθητές που θα μπαίνουν την ημέρα του διαγωνισμού για να δουν τις λύσεις, και οι μαθητές που θα μπαίνουν επειδή ενδιαφέρονται για υλικό/προβλήματα/υποβολή λύσεων, αλλά και για τις λύσεις του διαγωνισμού! Το τελευταίο είναι αναπόφευκτο και στις δύο περιπτώσεις. Όπως καταλαβαίνετε, αυτό οφείλεται στο άγχος από πλευράς των μαθητών, ιδιαίτερα στις ημέρες των διαγωνισμών.

Εν τέλει, όμως, το φαινόμενο αυτό -το ότι οι περισσότεροι μαθητές που βλέπουν λύσεις δεν επανέρχονται- δεν αντικατοπτρίζει την τάση για χρησιμοθηρεία που είναι τόσο ευρέως διαδεδομένη στο ελληνικό εκπαιδευτικό σύστημα; Βέβαια, ακόμη και ένας χρησιμοθήρ (αν σκέπτεται), γνωρίζει ότι η καθημερινή μελέτη προβλημάτων του mathematica επιφέρει πολλά περισσότερα "κέρδη" από μία απλή μελέτη των λύσεων του εκάστοτε διαγωνισμού.
Ο έχων ώτα ακούειν ακουέτω!

Dimessi · #13

Ακριβώς! Σωστότατη η ανάλυσή σου και για την ηλικία σου γράφεις πολύ δομημένα

.

Δεν εννοούσα κάποια υπόγεια μπηχτή δεν λέω τέτοια εγώ. Καλοπροαίρετα έγραψα μια αθώα προτροπή .

Το εκπαιδευτικό σύστημα , του οποίου δεν είμαι μέρος αφού δεν είμαι εκπαιδευτικός ο ίδιος, έχει τρομερές παθογένειες ως προς τη χρησιμοθηρία που έχει εμφυσήσει στους μαθητές βέβαια, αλλά το ελπιδοφόρο μήνυμα είναι ότι αυτή η νοοτροπία δεν έχει εμποτιστεί βαθιά στη σκεπτική όλων των μαθητών.

Να είσαι καλά.

SmbdTLv · #14

Dimessi έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2026 9:19 pm Ακριβώς! Σωστότατη η ανάλυσή σου και για την ηλικία σου γράφεις πολύ δομημένα .

Δεν εννοούσα κάποια υπόγεια μπηχτή δεν λέω τέτοια εγώ. Καλοπροαίρετα έγραψα μια αθώα προτροπή .

Το εκπαιδευτικό σύστημα , του οποίου δεν είμαι μέρος αφού δεν είμαι εκπαιδευτικός ο ίδιος, έχει τρομερές παθογένειες ως προς τη χρησιμοθηρία που έχει εμφυσήσει στους μαθητές βέβαια, αλλά το ελπιδοφόρο μήνυμα είναι ότι αυτή η νοοτροπία δεν έχει εμποτιστεί βαθιά στη σκεπτική όλων των μαθητών.

Να είσαι καλά.

Μην ανησυχείτε, δεν σας παρεξήγησα! Απλώς η ανάρτηση συμπληρώνει όμορφα την θέση σας

Ιωάννης Μελισσουργός · #15

Για τη Γ' Λυκείου, θεωρώ το 2ο θέμα πολύ απογοητευτικο. Μοιάζει σαν να έγινε copy-paste από Θέμα Β1 Πανελληνίων παλαιότερης χρονιάς. Σίγουρα θα υπήρχαν περιθώρια για κάτι πιο πρωτότυπο από αυτό.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #16

Γεωμετρία Γ' Λυκείου

Στο τρίγωνο

ΗΕΖ

η

συνδέει τα μέσα δυο πλευρών του,άρα

MN//HZ (1)

BA=//CD \Rightarrow\dfrac{BA}{AH} =\dfrac{CD}{AH} = \dfrac{DE}{EA} =\dfrac{ZE}{EB} =2

άρα με

μέσον της

είναι

BM=ME=EB

, συνεπώς

\dfrac{BM}{MZ}=2

άρα

MA//HZ (2)

Από

(1),(2) \Rightarrow M,N,A

συνευθειακά

: Γ' ΛΥΚ.ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ.png (19.46 KiB) Προβλήθηκε 2179 φορές

Aph · #17

Β Λυκείου Θέμα 1

\text{Απλοποιούμε: } \\ \frac{x}{y}+\frac{x+2}{y+2}=2 \Leftrightarrow x(y+2)+y(x+2)=2y(y+2) \Leftrightarrow xy+2x+xy+2y=2y^2+4y \Leftrightarrow \\ xy+x+y=y^2+2y \Leftrightarrow xy+x-y^2-y=0 \Leftrightarrow x(y+1)-y(y+1)=0 \Leftrightarrow (y+1)(x-y)=0 \\ \text{1η Περίπτωση } y=-1: \\ A=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} \Leftrightarrow A=\frac{x^2-1^2}{x^2+1^2} \\ \text{Είναι γνησιώς αύξουσα η συνάρτηση } \frac{x^2-1^2}{x^2+1^2} \text{. Άρα επείδη έχουμε } x \text{ ως τριψήφιο φυσικό αριθμό, έχουμε συνολικά 900 διαφορετικές τιμές.} \\ \text{2η Περίπτωση } y=x: \\ A=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} \Leftrightarrow A=\frac{x^2-x^2}{x^2+x^2}=0 \\ \text{Θα αποδείξουμε ότι αυτή η τιμή δεν συμπεριλαμβάνεται στις άλλες 900, άρα δηλαδή ότι αποτελεί άλλη μία διαφορετική τιμή. } \\ \text{Αν όντως η τιμή Α=0 ήταν μία από τις 900 τιμές, τότε θα ήταν} \\ A=\frac{x^2-1^2}{x^2+1^2} = 0 \Leftrightarrow x^2-1^2 = 0 \Leftrightarrow (x+1)(x-1)=0 \Leftrightarrow x=\pm 1 \\ \text{Απορρίπτεται καθώς } x \text{ τριψήφιος.} \\ \text{Συνολικά, λοιπόν, 901 τιμές.} \\

Μπορεί να μου πεί κάποιος αν είναι σωστό αυτό; Επίσης, νομίζω οτί ξέχασα να αναφέρω την γνησιώς αύξουσα συνάρτηση.

GeorgeMarag1 · #18

Εγώ έλυσα τα δύο θέματα της άλγεβρας στην Α λυκείου, θεωρώ ότι η γεωμετρία φέτος ήταν αρκετά δύσκολη και πολύ λίγοι θα την έχουν καταφέρει… Εσείς τι πιστεύετε??

NewMember · #19

GeorgeMarag1 έγραψε: Σάβ Νοέμ 07, 2026 10:50 am Εγώ έλυσα τα δύο θέματα της άλγεβρας στην Α λυκείου, θεωρώ ότι η γεωμετρία φέτος ήταν αρκετά δύσκολη και πολύ λίγοι θα την έχουν καταφέρει… Εσείς τι πιστεύετε??

Έλυσα το πρώτο θεμα με ευκλείδια διαίρεση (όμως βρήκα μόνο τον έναν από τους δύο αριθμούς) και την γεωμετρία που πήρε πάρα πολύ χρόνο γιατί ήταν δυσκολη, με αποτέλεσμα να μην μείνει αρκετός χρόνος για το 2ο θέμα που εκ των υστέρων βλέπω ότι δεν ήταν τόσο δύσκολο. Πιστεύω ότι αν ήταν 3 ώρες αντί για 2, θα είχα καταφέρει περισσότερα.

ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Re: ΘΑΛΗΣ 2026-2027 (ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ)

Μέλη σε σύνδεση