Α τάξη Λυκείου ( ) 2. ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 69 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 17 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2009

Transcript

1 ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 69 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 7 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 009 Α τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να απλοποιήσετε την αλγεβρική παράσταση όπου mακέραιοι, και, m m m+ x y+ y y x Α=, m m+ y x x x y x y πραγματικοί αριθμοί με xy 0, xy και xy. m m m m+ xy xy+ x y y y + x y x Α= = x y x y m m m+ xy xy m+ y x x x m xy x xy + y y = m y x x = m ( xy + ) ( xy ) ( xy ) m m m+ ( xy ) m m m m m+ ( xy ) + m m m x y =. m y m+ Πρόβλημα Να βρεθούν οι ακέραιοι αριθμοί α, β αν γνωρίζετε ότι ισχύουν: 3 3 α β = α + β και α β + α β + α β α β = 37. Από την ισότητα α β = α + β 0 προκύπτει ότι: = + α β α β α β = α + β α αβ + β = α + αβ + β αβ = αβ ( α 0 και β 0) ή ( α 0 και β 0. )

2 Από τη δεύτερη ισότητα λαμβάνουμε: 3 3 α β + α β + α β α β = 37 α β α + β + α + β + = 35 ( α β )( α β ) + + = 35, από την οποία έχουμε ότι ο α β είναι ένας από τους παράγοντες του 35, δηλαδή έχουμε: α β =± ή α β =± 5 ή α β =± 7 ή α β =± 35 α β = ή α β = 0 ή α β = 6 ή α β = 4 ή α β = 8 ή α β = 6 ή α β = 36 ή α β = 34. Οι αποδεκτές περιπτώσεις, αφού α, β και α β 0, είναι οι: α β = 0, η οποία οδηγεί στις λύσεις ( α, β) = ( 0, 37) ή ( α, β) = ( 37,0). α β = 36 αβ = 6 (αφού α, β ετερόσημοι), η οποία οδηγεί στο σύστημα: α + β = ( α, β) = ( 3,) ή ( α, β) = (, 3). αβ = 6 Πρόβλημα 3 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς 3α. Πάνω στις πλευρές ΒΓ και ΓΔ λαμβάνουμε σημεία Ε και Ζ τέτοια ώστε ΕΓ = ΖΔ = α. Τα ευθύγραμμα τμήματα ΒΖ και ΔΕ τέμνονται στο σημείο Κ. Αν η ευθεία ΑΚ τέμνει την ευθεία ΕΖ στο σημείο Λ, τότε: (α) Να αποδείξετε ότι: ΑΛ ΕΖ (β) Να υπολογίσετε το μήκος της ΑΛ συναρτήσει του α. (α) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΖ και ΔΕΓ έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες ( ΑΔ = ΔΓ=3α, ΔZ = ΕΓ = α ). Άρα είναι ίσα και έχουν ΔΑ ˆZ =ΕΔΓ. ˆ Αν Μ είναι το σημείο τομής ΑΖ και ΔΕ, τότε έχουμε: ΜΔΖ ˆ + ΔΖΜ ˆ = ΔΑΖ ˆ + ΔΖΑ ˆ 0 ˆ 0 = 80 ΑΔΖ= = 90. Άρα είναι ΕΔ ΑΖ και ομοίως αποδεικνύουμε ότι είναι ΖΒ ΑΕ, οπότε το σημείο Κ είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου ΑΕΖ. Άρα θα είναι και ΑΚ ΕΖ ή ΑΛ ΕΖ.

3 (β) Έχουμε ότι α 5 ( ΑΕΖ ) = ΕΖ ΑΛ = ΑΛ και 3α 7α ( ΑΕΖ ) = ( ΑΒΓΔ) ( ΑΒΕ) ( ΕΓΖ) ( ΑΔΖ ) = 9α 3α α =, 7 5α οπότε λαμβάνουμε: ΑΛ =. 5

4 Πρόβλημα 4 Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο abc = 00a + 0b + c, όπου abcψηφία,,, a > 0, ο οποίος ικανοποιεί την ισότητα: 3 Από τη σχέση 3 abc = a + b + c 00 abc = a + b + c < 000 προκύπτει ότι: 3 0 a b c 3 Από τη σχέση (), δεδομένου ότι {,,...,9} Επιπλέον η δεδομένη ισότητα γίνεται: Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: Για c = 0 η εξίσωση (3) γίνεται: από την οποία για { 0,,,3, 4,5} + +, () a και bc, { 0,,,...,9} { 0,,,3} και b { 0,,,3, 4,5}, συμπεραίνουμε ότι: c. () abc= a+ b + c a+ b+ c= a+ b + c. (3) 00a+ 0b= a+ b, (4) b δεν προκύπτουν abπου, την επαληθεύουν. Πράγματι, τα ψηφία abπου, ικανοποιούν την εξίσωση (4) πρέπει να είναι τέτοια ώστε ο αριθμός a+ b να λήγει σε 0. Έτσι πιθανά ζεύγη είναι τα ( ab, ) = ( 9,) ή ( 6, ) ή (,3) ή ( 4, 4) ή ( 5,5), από τα οποία κανένα δεν ικανοποιεί την εξίσωση (4). Για c = η εξίσωση (3) γίνεται: 00a+ 0b+ = a+ b +, από την οποία προκύπτει ότι ο αριθμός a+ b + πρέπει να λήγει σε ή 9. Έτσι πιθανά ζεύγη είναι τα ( ab, ) = ( 8,0) ή ( 7,) ή ( 9,) ή ( 4, ) ή ( 6, ) ή (,3) ή 9,3 ή, 4 ή 4, 4 ή 3,5 ή 5,5, από τα οποία προκύπτει μόνο η λύση ( ab, ) = ( 4,4) και ο αριθμός abc = 44. Για c = η εξίσωση (3) γίνεται: 00a+ 0b+ = a+ b +, η οποία είναι αδύνατη, αφού δεν είναι δυνατόν το τετράγωνο ενός ακεραίου να τελειώνει σε. Για c = 3 η εξίσωση (3) γίνεται: 00a+ 0b+ 3 = a+ b + 3, η οποία είναι αδύνατη, αφού δεν είναι δυνατόν το τετράγωνο ενός ακεραίου να τελειώνει σε 3.

5 ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 70 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 3 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 00 Α Λυκείου Πρόβλημα (i) Να βρείτε τις τιμές του ρητού αριθμού α, για τις οποίες ο αριθμός Α= α 3 είναι ρητός. (ii) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός Β= ( + 3) είναι άρρητος. (i) Για α = 0 είναι Α= 0, ρητός. Έστω α 0. Αν ήταν ο Α= α 3 ρητός, τότε ο αριθμός Α = 3, θα ήταν επίσης ρητός, ως πηλίκο δύο ρητών αριθμών, που είναι άτοπο. α Επομένως, ο αριθμός Α είναι ρητός μόνο για α = 0. (ii) Έχουμε Β= ( + 3) = Αν ο αριθμός Β ήταν ρητός, τότε ο αριθμός Β 4= 3 θα ήταν επίσης ρητός, ως διαφορά δύο ρητών, το οποίο είναι άτοπο, σύμφωνα με το (i). Πρόβλημα Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x + x = α x, έχει, για κάθε τιμή της παραμέτρου α, μία τουλάχιστον πραγματική λύση. Για ποιες τιμές του α η εξίσωση έχει δύο διαφορετικές μεταξύ τους πραγματικές λύσεις; Επειδή στην εξίσωση εμφανίζεται η απόλυτη τιμή του αγνώστου x διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (i) Έστω x 0. Τότε ισχύει x = x και η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με το σύστημα: ( α ) x+ x= αx, x 0 + x=, x 0 x =, αν α > α + αδύνατο, αν α. (ii) Έστω x < 0. Τότε ισχύει x = x και η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με το σύστημα: ( α ) x+ + x= αx, x< 0 3 x=, x< 0 x =, αν α < 3 α 3 αδύνατο, αν α 3. Επομένως, για κάθε τιμή της παραμέτρου α, η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική λύση. Η εξίσωση έχει πραγματικές λύσεις διαφορετικές μεταξύ τους, αν ισχύει: < α < 3. Πράγματι, για < α < 3 η εξίσωση έχει τις λύσεις x = < 0 και x = > 0 που είναι α 3 α + διαφορετικές μεταξύ τους. Πρόβλημα 3 Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο COR (, ) και έστω A, B, C τα αντιδιαμετρικά σημεία των κορυφών του A, BC., Στις ευθείες που ορίζουν οι πλευρές BC, ACAB, θεωρούμε

6 τα σημεία A, B, C αντίστοιχα και έστω (ε ) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία A, A, (ε ) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία B, B και (ε 3) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία C, C. Έστω ακόμη (δ ) η παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο A προς την (ε ), (δ ) η παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο B προς την (ε ) και (δ 3) η παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο C προς την (ε 3). Να αποδείξετε ότι οι ευθείες (ε ), (ε ) και (ε 3) συντρέχουν (περνάνε από το ίδιο σημείο), αν, και μόνο αν, οι ευθείες (δ ), (δ ) και (δ 3) συντρέχουν Οι ευθείες (ε ) και (δ ) είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC, αφού το O είναι μέσο της AA. Οι ευθείες (ε ) και (δ ) είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC, αφού το O είναι μέσο της BB. Οι ευθείες (ε 3) και (δ 3) είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC, αφού το O είναι μέσο της CC. 0 Σύμφωνα με τη θεωρία, αν περιστρέψουμε μία ευθεία κατά 80 γύρω από το κέντρο συμμετρίας, τότε αυτή θα συμπέσει με τη συμμετρική της ευθεία, ως προς κέντρο το σημείο O. Επομένως, οι ευθείες (ε ), (ε ) και (ε 3) συντρέχουν, έστω στο σημείο K, αν, και μόνο αν, οι ευθείες (δ ), (δ ) και (δ 3) συντρέχουν στο σημείο K, που είναι το συμμετρικό του σημείου K ως προς το σημείο O. Σχήμα 3 Παρατήρηση Το σημείο K ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC, αν, και μόνο αν, τα σημεία A,B, C είναι τα μέσα των πλευρών BC,AC, AB αντίστοιχα. Στη περίπτωση αυτή μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή πρόταση:

7 Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τα μέσα των πλευρών τριγώνου, βρίσκονται επάνω στο περιγεγραμμένο του κύκλο και είναι αντιδιαμετρικά των κορυφών του Πρόβλημα 4 Οι πραγματικοί αριθμοί x, y και z ικανοποιούν τις ισότητες: x y = 6z 3 x y xy = 6 z. (α) Να εκφράσετε τους x, y συναρτήσει του z. (β) Αν επιπλέον ισχύει ότι x+ y+ 3z = 8, να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x, y και z. Πολλαπλασιάζουμε την δεύτερη ισότητα επί 3 και την αφαιρούμε από την πρώτη, οπότε λαμβάνουμε 3 3 x y = 8z x y = z. () Τότε η δεύτερη ισότητα γίνεται: zxy 6z οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (i) Έστω z 0. Τότε η () είναι ισοδύναμη με την σχέση xy = 3z, (3) Από τις () και (3), προκύπτει η σχέση x( x z) = 3z x zx 3z = 0 x= 3z ή x= z, οπότε θα είναι x = 3 z, y = z ή x= z, y = 3z. (ii) Για z = 0 οι δύο πρώτες εξισώσεις γίνονται: ( x y)( x + xy+ y ) = 0 x y = 0 ή x = y = 0, xy ( x y) = 0 οπότε προκύπτει ότι: x = y, ανεξάρτητα από το z. (β) Για x 3, zy z (,, ) ( 3,,) 3 =, () = = η εξίσωση x+ y+ 3z = 8 γίνεται 8z = 8 z =, οπότε έχουμε ότι xyz =, ενώ για x = zy, = 3z, η εξίσωση γίνεται 4z= 8 z=, οπότε έχουμε ότι ( xyz,, ) = (,6, ). Για z = 0, είναι x = y, οπότε από την εξίσωση x+ y+ 3z = 8 προκύπτει ότι 8 8,, =,, ( xyz)

8 ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 5 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 Α τάξη Λυκείου Πρόβλημα (i) Να βρείτε τις τιμές των ρητών αριθμών α, β για τις οποίες ο αριθμός α + β 0 είναι ρητός. (ii) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός x = 5 + είναι άρρητος. (i) Κατ αρχή παρατηρούμε ότι για β = 0, ο αριθμός α + β 0 = α είναι ρητός, για κάθε ρητό αριθμό α. Έστω ότι, για β 0, ο αριθμός ρ = α + β 0 είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός ρ α = ( α + β 0 ) α = β 0 ρ α θα είναι ρητός, αλλά και ο αριθμός = 0 θα είναι ρητός, που είναι άτοπο. β Άρα ο αριθμός α + β 0 είναι ρητός, για β = 0 και για κάθε ρητό αριθμό α. (ii) Έστω ότι ο αριθμός x = 5 + είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός x = 5 + = = + 0, 4 θα είναι ρητός, το οποίο είναι άτοπο, σύμφωνα με το (i). Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης x = x + 4α, για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού α. Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x 4 x + 4= x + 4α x 4 x + 4= x + 4α x = α. Επειδή είναι x 0, για κάθε πραγματικό αριθμό x, διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α <, οπότε είναι α > 0. Τότε η εξίσωση έχει δύο λύσεις: x= α ή x= α. α =, οπότε η εξίσωση έχει μόνο τη λύση x = 0. α >, οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη.

9 Πρόβλημα 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ε που διέρχεται από την κορυφή του Α και είναι παράλληλη προς τη πλευρά ΒΓ. Η διχοτόμος της γωνίας ˆΒ τέμνει την ευθεία ε στο σημείο Δ και έστω Ε το συμμετρικό του Δ ως προς τη κορυφή Α. Από το Α τέλος θεωρούμε παράλληλη προς την ΕΒ η οποία τέμνει τη ΒΔ στο σημείο Μ και τη ΒΓ στο σημείο Κ. Να αποδείξετε ότι : ΑΒ = ΒΚ = ΚΔ = ΔΑ. ˆ Επειδή είναι ΑΔ PΒΓ θα ισχύει: ˆ ˆ Β Δ ˆ =Β = x =. ˆ Επίσης η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΒ, οπότε θα ισχύει: ˆ ˆ Β Β ˆ =Β = x =. ˆ Άρα ˆ ˆ Β Δ ˆ =Β = x = και κατά συνέπεια το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές, δηλαδή: ΑΒ=ΑΔ. () Σχήμα 3 Επειδή Ε είναι το συμμετρικό του Δ ως προς το Α, θα ισχύει: ΑΔ=ΑΕ. () Από τις σχέσεις (), () έχουμε ΑΕ = ΑΒ και κατά συνέπεια Ε ˆ ˆ =Β 3 = ˆω. Από το τρίγωνο τώρα ΒΕΔ έχουμε: Δ ˆ +Β ˆ ˆ ˆ +Β 3+Ε = 80 o o o xˆ+ ˆ ω = 80 xˆ+ ˆ ω = 90, δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΔ είναι ορθογώνιο ( ΒΕ ΒΔ) και εφόσον ΑΜPΒΕ καταλήγουμε: AM ΒΔ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΑΔ η ΑΜ είναι ύψος, άρα και μεσοκάθετη της πλευράς ΒΔ. Επειδή τώρα το σημείο Κ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΔ, το τρίγωνο ΚΒΔ είναι ισοσκελές και ίσο με το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ (διότι ˆ ˆ Β ˆ Β =Β = και ΒΔ κοινή πλευρά). Άρα θα έχουν και ΑΒ = ΑΔ = ΒΚ = ΚΔ, οπότε το τετράπλευρο ΑΒΚΔ είναι ρόμβος.

10 Πρόβλημα 4 Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς α, βγπου, ικανοποιούν τις ισότητες + + = 00 και + + = α β γ αβ βγ γα Από τις δεδομένες ισότητες λαμβάνουμε Άρα έχουμε ( α + β + γ) = 00 α + β + γ + ( αβ + βγ + γα) = 00 α + β + γ = 00 ( αβ + βγ + γα) α + β + γ = α + β + γ = = 00 α + β + γ ( αβ + βγ + γα) = 00 = α + β + γ αβ βγ γα = 0 ( α + β + γ αβ βγ γα) = 0 ( α β) + ( β γ) + ( γ α) = 0 α β = β γ γ α = 0 α = β = γ, γιατί, αν ήταν α β 0 ή β γ 0 ή γ α 0, τότε θα είχαμε ( α β) ( β γ) ( γ α) + + > 0. Επομένως, από την ισότητα α + β + γ = 00 λαμβάνουμε α = β = γ = 670.

11 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) ΑΘΗΝΑ Τηλ Fax: ifo@hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Paepistimiou (Εleftheriou Veizelou) Street GR Athes - HELLAS Tel Fax: ifo@hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Α τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να βρείτε το υποσύνολο των πραγματικών αριθμών στο οποίο συναληθεύουν οι ανισώσεις: Έχουμε x x x + x x+ x x+ x+ + και + > x x x + x + x + ( x ) x + x x x ( + ) ( x+ ) x x + > > + > < x 4 4 x x x x x x. Επομένως, οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν στο διάστημα [ 4, ) = { x : 4 x< }. Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης ( ax) ( a x) x + x + + ab = x a a b για τις διάφορες τιμές των πραγματικών αριθμών, abμε ab( a b)( a ), 0. Για να ορίζονται οι δεδομένες παραστάσεις πρέπει να ισχύουν: x 0, a 0(υπόθεση) και a b(υπόθεση) x ±. Για x ±, η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση: x ( + ax a x) ab x ( a)( x) ab = = x a a b x a a b ( a b) ab x + x = a b x + a b x ab= 0 Επειδή είναι a b η τελευταία εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ= ( a b) 4 + 4ab( a b) = ( a b) ( a b) + 4ab = ( a b) ( a+ b) = ( a b ) > 0. Άρα η εξίσωση έχει τις ρίζες

12 a b + a b ab b b a b b x = = = = και a b a b a b a b x a b a b ab a a a b a = = = =. a b a b a b a b Παρατηρούμε ότι: b b b b a a 0 και b b a a b b a = = = b a = = + =, a a = a = a b a = b και = a = b a b= 0. a b a b Επομένως, για τιμές των παραμέτρων ab, που ικανοποιούν τις υποθέσεις a 0, b 0, a b και a ±, έχουμε: a b a b 0, η εξίσωση έχει δύο ρίζες Αν b a x = και x =. a b a b Αν a = b, τότε η εξίσωση έχει μόνο τη ρίζα x =. Αν b a =, τότε η εξίσωση έχει μόνο τη ρίζα x =. Πρόβλημα 3 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ˆ Β= 90 και Α< ˆ 45. Θεωρούμε τα μέσα Δ και Ε των πλευρών ΒΓ και ΑΓ, αντίστοιχα, και σημείο Μ Α στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΕ. Αν η μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος ΒΜ τέμνει την ευθεία ΔΕ στο Ζ και την ευθεία ΑΓ στο Θ, να αποδείξετε ότι: (α) ΒΜΖ ˆ = Α. ˆ (β) Η ευθεία ΒΖ διχοτομεί τη γωνία ΘΒΕ ˆ. (α) Επειδή το Ζ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΜ θα είναι ΖΒ = ΖΜ και ΒΜΖ=ΜΒΖ= ˆ ˆ ω. Επειδή είναι ΔΕ ΑΒ και ΑΒ ΒΓ έπεται ότι ΔΕ ΒΓ, δηλαδή η ευθεία ΔΕ είναι μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ. Αφού Ζ ΒΓ θα είναι ΖΒ=ΖΓ και ΖΒΓ ˆ = ΖΓΒ ˆ = ϕ. Επειδή ΜΖ = ΒΖ = ΓΖ θα είναι και ΖΜΓ ˆ = ΖΓΜ ˆ = θ. Από το τρίγωνο ΒΜΓ, λόγω των προηγούμενων ισοτήτων, έχουμε ˆ ˆ ˆ ΜΒΓ + ΒΓΜ + ΓΜΒ = 80 ω+ ϕ+ θ = 80 ω+ ϕ+ θ = 90. () Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ λαμβάνουμε ˆ ϕ+ θ =Γ= 90 Αˆ. () Από τις σχέσεις () και () με αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε: ΒΜΖ ˆ = ω = Α ˆ.

13 Σχήμα 3 (β) Επειδή το σημείο Θ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΜ η ΘΖ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΘΕ ˆ. Επίσης, επειδή η ΒΕ είναι διάμεσος του ορθογώνιου τριγώνου ΑΒΓ προς την υποτείνουσα, θα είναι ΒΕ = = ΕΓ, οπότε το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές με την ΕΔ ύψος και δι- ΑΓ χοτόμο της γωνίας ΒΕΓ ˆ, άρα και της γωνίας ΒΕΘ ˆ. Επομένως στο τρίγωνο ΒΘΕ το Ζ είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του, οπότε και η ΒΖ διχοτομεί τη γωνία ΘΒΕ ˆ. Πρόβλημα 4 Αν υπάρχουν ακέραιοι x, ya, που επαληθεύουν την εξίσωση yx + y a x + y y a = 0, να αποδείξετε ότι ο αριθμός xy είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού. x ya επαληθεύουν την εξίσωση: Έστω ότι οι ακέραιοι,, yx + y a x + y y a = 0. Μετά τις πράξεις και αναδιάταξη των όρων η εξίσωση, ως προς άγνωστο το a, γράφεται: y x a y a+ y x + xy+ y = 0. Σύμφωνα με την υπόθεση, η εξίσωση αυτή με άγνωστο το a έχει ακέραια λύση, αλλά και ακέραιους συντελεστές. Επομένως, η διακρίνουσα της είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, δηλαδή υπάρχει κ τέτοιο, ώστε Δ= 4y 4y y x x + xy+ y = 4y y y x = 4yx = xy x = κ. Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι: κ xy = x, όπου ο αριθμός κ είναι ρητός. x