ΙΜΟ Μικρή Λίστα 2015 (Γεωμετρία)

gavrilos · #1

Καλησπέρα.Βάζω εδώ τα προβλήματα της γεωμετρίας.

G.1

Έστω $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ οξυγώνιο τρίγωνο με ορθόκεντρο $\displaystyle{H}$ .Θεωρούμε σημείο $\displaystyle{G}$ έτσι ώστε το τετράπλευρο $\displaystyle{ABGH}$ να είναι παραλληλόγραμμο και σημείο $\displaystyle{I}$ της ευθείας $\displaystyle{GH}$ έτσι ώστε η $\displaystyle{AC}$ να διχοτομεί την $\displaystyle{HI}$ .Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{\triangle{GCI}}$ τέμνει την $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{J\neq C}$ .Να δειχθεί ότι $\displaystyle{IJ=AH}$ .

G.2

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{\Omega}$ με κέντρο $\displaystyle{O}$ .Κύκλος $\displaystyle{\Gamma}$ με κέντρο $\displaystyle{A}$ τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στα $\displaystyle{D,E}$ ώστε το $\displaystyle{D}$ να βρίσκεται μεταξύ των $\displaystyle{B,E}$ .Έστω $\displaystyle{F,G}$ τα κοινά σημεία των $\displaystyle{\Gamma ,\Omega}$ .Έστω ότι το $\displaystyle{F}$ ανήκει στο τόξο $\displastyle{AB}$ του $\displaystyle{\Omega}$ που δεν περιέχει το $\displaystyle{C}$ και το $\displaystyle{G}$ ανήκει στο τόξο $\displaystyle{AC}$ του $\displaystyle{\Omega}$ που δεν περιέχει το $\displaystyle{B}$ .Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\displaystyle{\triangle{BDF},\triangle{CEG}}$ τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{AB,AC}$ στα $\displaystyle{K,L}$ αντίστοιχα.Οι ευθείες $\displaystyle{FK,GL}$ τέμνονται στο $\displaystyle{X}$ .Να δειχθεί ότι τα σημεία $\displaystyle{A,X,O}$ είναι συνευθειακά.

G.3

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\angle{C}=90^{\circ}}$ και έστω $\displaystyle{H}$ το ίχνος του ύψους από το $\displaystyle{C}$ .Σημείο $\displaystyle{D}$ επιλέγεται στο εσωτερικό του τριγώνου $\displaystyle{\triangle{CBH}}$ έτσι ώστε η $\displaystyle{CH}$ να διχοτομεί την $\displaystyle{AD}$ .Έστω $\displaystyle{P}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{BD,CH}$ και $\displaystyle{\omega}$ το ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{BD}$ το οποίο τέμνει το τμήμα $\displaystyle{BC}$ σε εσωτερικό σημείο.Ευθεία διερχομένη από το $\displaystyle{P}$ εφάπτεται του $\displaystyle{\omega}$ στο $\displaystyle{Q}$ .Να δειχθεί ότι οι ευθείες $\displaystyle{AD,CQ}$ τέμνονται επί του $\displaystyle{\omega}$ .

G.4

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ και $\displaystyle{M}$ το μέσο του τμήματος $\displaystyle{AC}$ .Κύκλος $\displaystyle{\omega}$ διερχόμενος από τα $\displaystyle{B,M}$ τέμνει ξανά τις $\displaystyle{AB,BC}$ στα $\displaystyle{P,Q}$ αντίστοιχα.Θεωρούμε σημείο $\displaystyle{T}$ τέτοιο ώστε το τετράπλευρο $\displaystyle{BPTQ}$ να είναι παραλληλόγραμμο.Αν το $\displaystyle{T}$ ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ ,να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές του λόγου $\displaystyle{\frac{BT}{BM}}$ .

G.5

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ με $\displaystyle{CA\neq CB}$ κι έστω $\displaystyle{D,F,G}$ τα μέσα των τμημάτων $\displaystyle{AB,AC,BC}$ αντίστοιχα.Κύκλος $\displaystyle{\Gamma}$ που διέρχεται από το $\displaystyle{C}$ κι εφάπτεται της $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{D}$ ,τέμνει τα τμήματα $\displaystyle{AF,BG}$ στα σημεία $\displaystyle{H,I}$ αντίστοιχα.Έστω $\displaystyle{H',I'}$ τα συμμετρικά των $\displaystyle{H,I}$ αντίστοιχα,ως προς τα $\displaystyle{F,G}$ αντίστοιχα.Η ευθεία $\displaystyle{H'I'}$ τέμνει τις $\displaystyle{CD,FG}$ στα $\displaystyle{Q,M}$ αντίστοιχα.Η ευθεία $\displaystyle{CM}$ τέμνει ξανά τον $\displaystyle{\Gamma}$ στο σημείο $\displaystyle{P}$ .Να δειχθεί ότι $\displaystyle{CQ=QP}$ .

G.6

Έστω $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ οξυγώνιο τρίγωνο με $\displaystyle{AB>AC}$ κι έστω $\displaystyle{\Gamma}$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του.Έστω $\displaystyle{H,M,F}$ το ορθόκεντρο του $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ ,το μέσο του τμήματος $\displaystyle{BC}$ και το ίχνος του ύψους από το $\displaystyle{A}$ αντίστοιχα.Έστω $\displaystyle{Q,K}$ σημεία στον $\displaystyle{\Gamma}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{\angle{AQH}=90^{\circ}}$ και $\displaystyle{\angle{QKH}=90^{\circ}}$ .Να δειχθεί ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\displaystyle{\triangle{FKM},\triangle{KQH}}$ εφαπτονται μεταξύ τους.

G.7

Έστω $\displaystyle{ABCD}$ κυρτό τετράπλευρο και $\displaystyle{P,Q,R,S}$ σημεία των τμημάτων $\displaystyle{AB,BC,CD,DA}$ αντίστοιχα.Τα τμήματα $\displaystyle{PR,QS}$ τέμνονται στο $\displaystyle{O}$ .Αν τα τετράπλευρα $\displaystyle{APOS,BQOP,CROQ,DSOR}$ είναι όλα περιγράψιμα,να δειχθεί ότι οι ευθείες $\displaystyle{AC,PQ,RS}$ συντρέχουν.

G.8

Ονομάζουμε τριγωνοποίηση ενός κυρτού πολυγώνου $\displaystyle{\Pi}$ μια διαμέρισή του σε τρίγωνα,χρησιμοποιώντας διαγωνίους οι οποίες δεν έχουν κοινά σημεία πέραν των κορυφών του $\displaystyle{\Pi}$ .Λέμε ότι μια τριγωνοποίηση είναι Ταϊλανδοποίηση αν όλα τα τρίγωνα που την αποτελούν έχουν το ίδιο εμβαδόν.Να αποδειχθεί ότι κάθε δύο Ταϊλανδοποιήσεις διαφέρουν σε ακριβώς δύο τρίγωνα (Με άλλα λόγια,να αποδειχθεί ότι,για κάθε δύο Ταϊλανδοποιήσεις,είναι δυνατόν να αντικαταστήσουμε ένα ζεύγος τριγώνων της μιας με ένα άλλο ζεύγος,και να καταλήξουμε στην άλλη).

$\rule{430pt}{1pt}$

Τα προβλήματα G.2,G.6 είναι τα προβλήματα 4,3 της περσινής ολυμπιάδας.Μπορείτε να τα δείτε,μαζί με τις λύσεις τους,σε αυτό το θέμα.

Το G.1 χρησιμοποιήθηκε στο διαγωνισμό επιλογής των Σκοπίων (όπως και το Ν.3,το οποίο δημοσίευσε ο Σιλουανός εδώ),το G.3 στο διαγωνισμό επιλογής του Ιράν,και τα G.5,G.7 στο διαγωνισμό επιλογής της Ρουμανίας.

dement · #2

gavrilos έγραψε: G.1

Έστω $\displaystyle{\triangle{ABC}}$ οξυγώνιο τρίγωνο με ορθόκεντρο $\displaystyle{H}$ .Θεωρούμε σημείο $\displaystyle{G}$ έτσι ώστε το τετράπλευρο $\displaystyle{ABGH}$ να είναι παραλληλόγραμμο και σημείο $\displaystyle{I}$ της ευθείας $\displaystyle{GH}$ έτσι ώστε η $\displaystyle{AC}$ να διχοτομεί την $\displaystyle{HI}$ .Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{\triangle{GCI}}$ τέμνει την $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{J\neq C}$ .Να δειχθεί ότι $\displaystyle{IJ=AH}$ .

: g1.png (102.18 KiB) Προβλήθηκε 1478 φορές

Έστω $K \equiv AC \cap HI$ . Από το εγγράψιμο GBHC

έχουμε $\angle{BGC} = \pi - \angle{CHB} = \hat{A}$ . Άρα $\angle{GCJ} = \pi / 2 - \hat{A} + \hat{C} = \angle{GIJ}$ και αφού $\angle{AKI} = \hat{A}$ παίρνουμε $\angle{IJK} = \pi / 2 - \hat{C}$ .

Τα τρίγωνα $\triangle{AHK}, \triangle{IJK}$ έχουν HK = KI

και $\angle{KAH} = \angle{IJK}$ , οπότε $R(\triangle{AHK}) = R(\triangle{IJK})$ . Άρα οι πλευρές απέναντι από τις παραπληρωματικές $\angle{HKA}, \angle{JKI}$ θα είναι ίσες και έτσι AH = IJ

.

simantiris j. · #3

: IMO SL 2015.png (10.93 KiB) Προβλήθηκε 1408 φορές

Γεια σου Γιώργο!
Άλλη μια λύση που έκανα για αυτό το ωραίο πρόβλημα (το G1)!
Αρχικά επειδή $GH\parallel AB$ θα είναι $CH\perp GH$ άρα το τετράπλευρο BHCG

είναι εγγράψιμο οπότε με κυνήγι γωνιών έχουμε: $\angle CAH=\angle HBC=\angle HGC=\angle IJS$ .
Θεωρούμε τώρα το συμμετρικό

του

ως προς το

.Επειδή οι διαγώνιοί του διχοτομούνται, το τετράπλευρο AIMH

είναι παραλληλόγραμμο.Άρα $\angle AMI=\angle CAH=\angle MJI$ οπότε MI=IJ

Λόγω όμως του παραλληλογράμμου είναι AH=MI

άρα

, το ζητούμενο.

simantiris j. · #4

Βάζω εδώ τη λύση μου για αυτό το όμορφο πρόβλημα, το G2 (η λύση μου είναι ελαφρώς διαφορετική από αυτή του Γιώργου στο σύνδεσμο).

: IMO SL G2.png (26.21 KiB) Προβλήθηκε 1181 φορές

Επειδή η

ως διάκεντρος των κύκλων $\Gamma ,\Omega$ είναι μεσοκάθετος της κοινής χορδής τους

αρκεί να αποδείξουμε ότι το

ανήκει στη μεσοκάθετο αυτή ή XF=XG

.
Έστω

οι τομές των FD,GE

με τον κύκλο $\Omega$ αντίστοιχα.Τότε χρησιμοποιώντας και το εγγεγραμμένο FGED

έχουμε ότι $\angle FPR=\angle FGE=\angle PDE$ δηλαδή $PR \parallel BC$
άρα το τραπέζιο PRBC

που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο είναι ισοσκελές, άρα BR=PC

οπότε $\angle CFP=\angle BGF$ (εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα) (1).
Χρησιμοποιώντας τώρα το πλήθος εγγεγραμμένων τετραπλεύρων έχουμε:
$\angle CAG-\angle FAB=\angle GFC-\angle FGB=\angle GFC+\angle CFP-\angle BGR-\angle FGB=\angle GFD-\angle FGE=\angle GEC-\angle FDB=\angle CLG-\angle FKB=\angle CAG+\angle AGX-\angle FAB-\angle AFX\Rightarrow \angle AFX=\angle AGX$ (2) όπου μετά τη δεύτερη ισότητα χρησιμοποιήσαμε την (1) και πριν την συνεπαγωγή το ότι οι γωνίες $\angle FKB,\angle CLG$ είναι εξωτερικές των τριγώνων AFK,AGL

αντίστοιχα.
Επιπλέον είναι AF=AG

ως ακτίνες του $\Gamma$ άρα $\angle AFG=\angle AGF$ οπότε χρησιμοποιώντας και την (2) είναι $\angle AFG-\angle AFX=\angle AGF-\angle AGX\Rightarrow \angle XFG=\angle XGF\Rightarrow XF=XG$ , που όπως εξηγήσαμε, δίνει το ζητούμενο.

simantiris j. · #5

: IMO SL G3.png (16.61 KiB) Προβλήθηκε 1180 φορές

Βάζω τη λύση μου που έκανα για αυτό το πολύ ωραίο πρόβλημα το G3 (ελπίζω σωστή)
Έστω ότι οι ευθείες CQ,AD

τέμνονται στο

Ας έχουμε υπόψιν μας το λήμμα που ακολουθεί.
ΛΗΜΜΑ
Έστω

τυχαίο σημείο εκτός κύκλου,

μια εφαπτομένη του και PDB

μια τυχαία του τέμνουσα.Τότε ισχύει ότι $\frac{PD}{PB}=\frac{DQ^2}{BQ^2}$ .
Απόδειξη:Λόγω των (προφανώς) ομοίων τριγώνων PQB,PQD

έχουμε $\frac{PD}{PQ}=\frac{PQ}{PB}=\frac{DQ}{BQ}$
Άρα είναι $\frac{PD}{PQ}\cdot \frac{PQ}{PB}=\frac{DQ^2}{BQ^2}\Leftrightarrow\frac{PD}{PB}=\frac{DQ^2}{BQ^2}$ , το ζητούμενο
Είναι επίσης γνωστό ότι αφού CAB

ορθογώνιο και

το ύψος προς την υποτείνουσα θα ισχύει ότι
$CH^2=AH \cdot BH$ .
Θα εφαρμόσουμε τώρα το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο ADB

με τέμνουσα την ευθεία HMP

(

το μέσο της

που από υπόθεση βρίσκεται στην

).Είναι:
$\frac{AH}{BH}\cdot \frac{MD}{AM}\cdot \frac{PB}{PD}=1\Rightarrow \frac{AH}{BH}=\frac{PD}{PB}=\frac{DQ^2}{BQ^2}$ από το λήμμα,οπότε είναι $CH^2=AH\cdot BH=BH^2\cdot \frac{DQ^2}{BQ^2}\Rightarrow \frac{CH}{BH}=\frac{DQ}{BQ}$ και επειδή $\angle DQB=\angle CHB=90^{\circ}$ τα τρίγωνα CHB,DQB

είναι όμοια και άρα κατ επέκταση όμοια είναι και τα τρίγωνα ABC,DQB

.
Συνεπώς, $\angle QBD=\angle CBA\Rightarrow \angle CBQ+\angle CBD=\angle DBA+\angle CBD\Rightarrow \angle CBQ= \angle DBA$ .(1)
Επιπλέον από την ομοιότητα των τριγώνων ACB,DQB

έχουμε $\frac{QB}{DB}=\frac{BC}{BA}$ που μαζί με την (1) σημαίνει ότι και τα τρίγωνα CQB,ADB

είναι όμοια.
Άρα $\angle QCB=\angle DAB$ οπότε το τετράπλευρο CEBA

είναι εγγράψιμο.
Άρα $\angle QED=\angle CBA=\angle QBD$ οπότε το τετράπλευρο QEDB

είναι εγγράψιμο,που δίνει το ζητούμενο.

ΙΜΟ Μικρή Λίστα 2015 (Γεωμετρία)

ΙΜΟ Μικρή Λίστα 2015 (Γεωμετρία)

Re: ΙΜΟ Μικρή Λίστα 2015 (Γεωμετρία)

Re: ΙΜΟ Μικρή Λίστα 2015 (Γεωμετρία)

Re: ΙΜΟ Μικρή Λίστα 2015 (Γεωμετρία)

Re: ΙΜΟ Μικρή Λίστα 2015 (Γεωμετρία)

Μέλη σε σύνδεση