Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

Απάντηση
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm

Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλοι οι μη αρνητικοί ακέραιοι a,b,c που ικανοποιούν την παρακάτω εξίσωση:
2^a+150=(c-b)(c+b)

Πρόβλημα 2
Αν οι x,y,z είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 1 να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης:
\displaystyle{(\frac{y-y^2}{1+z+2x}+\frac{z-z^2}{1+x+2y}+\frac{x-x^2}{1+y+2z})(\frac{1}{(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2})}
Πότε μπορούμε να την επιτύχουμε;

Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R). Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα B,C τέμνονται
στο D. Η AD τέμνει την BC στο E. Η AO τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c_1 του τριγώνου BOC στο K.
Αν L είναι η προβολή του A στην BC και η DL τέμνει τον c_1 στο M, να αποδείξετε ότι τα σημεία M,E,K είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης, χωρίζει τον πίνακα σε 4 στήλες (έστω R_1, R_2, R_3, R_4 αντίστοιχα η 1η, 2η, 3η, 4η στήλη).
Στην συνέχεια γράφει 4 διαδοχικούς θετικούς ακέραιους στον πίνακα, (έστω a_1, a_2, a_3, a_4 με a_1<a_2<a_3<a_4)
έτσι ώστε ο a_i να βρίσκεται στην R_i στήλη. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί να επιλέξει 2 αριθμούς b_i, b_j οι οποίοι
βρίσκονται στις R_i, R_j αντίστοιχα με |i-j|=1 και (b_i,b_j)=1 , να τους σβήσει, και από κάτω τους να γράψει τους b_i-2,b_j+1 ή b_i+1,b_j-2 αντίστοιχα.
Αν ο Θανάσης δεν μπορεί να κάνει κίνηση τότε σταματάει.
Αν απαγορεύεται να προκύψουν αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα, να αποδείξετε ότι για κάθε
θετικό ακέραιο m ο Θανάσης μπορεί να βρει 4 διαδοχικούς θετικούς ακέραιους μεγαλύτερους του m έτσι ώστε
μετά από μερικές κινήσεις να προκύψουν 2 μηδενικά στον πίνακα. Με (a,b) συμβολίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των a,b.

Η γεωμετρία δεν είναι δική μου.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Λέξεις Κλειδιά:
προετοιμασία
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1835
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Ορέστης Λιγνός

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τρί Μάιος 02, 2017 4:07 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλοι οι μη αρνητικοί ακέραιοι a,b,c που ικανοποιούν την παρακάτω εξίσωση:
2^a+150=(c-b)(c+b)
Αν a \geqslant 2, τότε με (\bmod4), πρέπει c^2-b^2=(c-b)(c+b) \equiv 2^a+150 \equiv 2(\bmod4), άρα c^2-b^2 \equiv 2(\bmod4).

Όμως, για κάθε x \in \mathbb{N}, είναι x^2 \equiv 0,1 (\bmod4), άρα c^2-b^2 \equiv 0,1,3 (\bmod4), άτοπο.

Έτσι, a=0 ή a=1.

α) Αν a=0, (c-b)(c+b)=151, με λύση (a,b,c)=(0,75,76).

β) Αν a=1, (c-b)(c+b)=152, με λύσεις (a,b,c)=(1,37,39) και (a,b,c)=(1,17,21).

Άρα, οι ζητούμενες τριάδες είναι οι \boxed{(a,b,c)=(0,75.76), (a,b,c)=(1,37,39), (a,b,c)=(1,17,21)}.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Κορυφή
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Μάιος 02, 2017 4:09 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλοι οι μη αρνητικοί ακέραιοι a,b,c που ικανοποιούν την παρακάτω εξίσωση:
2^a+150=(c-b)(c+b)
Αν a \geqslant 2, τότε με (\bmod4), πρέπει c^2-b^2=(c-b)(c+b) \equiv 2^a+150 \equiv 2(\bmod4), άρα c^2-b^2 \equiv 2(\bmod4).

Όμως, για κάθε x \in \mathbb{N}, είναι x^2 \equiv 0,1 (\bmod4), άρα c^2-b^2 \equiv 0,1,3 (\bmod4), άτοπο.

Έτσι, a=0 ή a=1.

α) Αν a=0, (c-b)(c+b)=151, με λύση (a,b,c)=(0,75,76).

β) Αν a=1, (c-b)(c+b)=152, με λύσεις (a,b,c)=(1,37,39) και (a,b,c)=(1,17,21).

Άρα, οι ζητούμενες τριάδες είναι οι \boxed{(a,b,c)=(0,75.76), (a,b,c)=(1,37,39), (a,b,c)=(1,17,21)}.
:10sta10:


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 590
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Τρί Μάιος 02, 2017 4:44 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors


Πρόβλημα 2
Αν οι x,y,z είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 1 να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης:
\displaystyle{(\frac{y-y^2}{1+z+2x}+\frac{z-z^2}{1+x+2y}+\frac{x-x^2}{1+y+2z})(\frac{1}{(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2})}
Πότε μπορούμε να την επιτύχουμε;
Θέτουμε για ευκολία A=(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2.

A \cdot LHS= \sum{\dfrac{y(x+z)}{3x+2z+y}\ge \dfrac{4A}{12(x+y+z)}=\dfrac{A}{3} \Leftrightarrow LHS \ge \dfrac{1}{3} , ανν x=y=z=\dfrac{1}{3}. (Εξήγηση: Αντικαθιστούμε όπου 1 το a+b+c στους παρανομαστές και στους αριθμητές που έχουν την μορφή v(1-v) και εφαρμόζουμε την Andreecu) -> \sum{(\dfrac{\sqrt{yx}^2}{3x+2z+y}+\dfrac{\sqrt{yz}^2}{3x+2z+y})
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Τρί Μάιος 16, 2017 6:02 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
Λόγος: Νέα γραμμή σε ένα σημείο ώστε να φαίνεται το LaTeX


Bye :')
Κορυφή
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Μάιος 02, 2017 5:05 pm

JimNt. έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors


Πρόβλημα 2
Αν οι x,y,z είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 1 να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης:
\displaystyle{(\frac{y-y^2}{1+z+2x}+\frac{z-z^2}{1+x+2y}+\frac{x-x^2}{1+y+2z})(\frac{1}{(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2})}
Πότε μπορούμε να την επιτύχουμε;
Θέτουμε για ευκολία A=(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2. A \cdot LHS= \dsum{\dfrac{y(x+z)}{3x+2z+y}\ge \dfrac{4A}{12(x+y+z)}=\dfrac{A}{3} \Leftrightarrow LHS \ge \dfrac{1}{3} , ανν x=y=z=\dfrac{1}{3}.
Μήπως θα μπορούσες να γράψεις λίγο πιο αναλυτικά την λύση; Ευχαριστώ.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8989
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Demetres

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μάιος 16, 2017 6:28 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης, χωρίζει τον πίνακα σε 4 στήλες (έστω R_1, R_2, R_3, R_4 αντίστοιχα η 1η, 2η, 3η, 4η στήλη).
Στην συνέχεια γράφει 4 διαδοχικούς θετικούς ακέραιους στον πίνακα, (έστω a_1, a_2, a_3, a_4 με a_1<a_2<a_3<a_4)
έτσι ώστε ο a_i να βρίσκεται στην R_i στήλη. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί να επιλέξει 2 αριθμούς b_i, b_j οι οποίοι
βρίσκονται στις R_i, R_j αντίστοιχα με |i-j|=1 και (b_i,b_j)=1 , να τους σβήσει, και από κάτω τους να γράψει τους b_i-2,b_j+1 ή b_i+1,b_j-2 αντίστοιχα.
Αν ο Θανάσης δεν μπορεί να κάνει κίνηση τότε σταματάει.
Αν απαγορεύεται να προκύψουν αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα, να αποδείξετε ότι για κάθε
θετικό ακέραιο m ο Θανάσης μπορεί να βρει 4 διαδοχικούς θετικούς ακέραιους μεγαλύτερους του m έτσι ώστε
μετά από μερικές κινήσεις να προκύψουν 2 μηδενικά στον πίνακα. Με (a,b) συμβολίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των a,b.
Αν έχω δύο διαδοχικούς αριθμούς x+1,x+2 με x περιττό, τότε μπορώ να τους κάνω x-1,x ως εξής:

Αρχικά: x+1,x+2
1ο βήμα: x+2,x
2ο βήμα: x,x+1
3ο βήμα: x-2,x+2
4ο βήμα: x-1,x

Αρχίζοντας λοιπόν από τους 2m+1,2m+2,2m+3,2m+4 και εφαρμόζοντας το πιο πάνω διαδοχικά (στις στήλες 1 και 2 μαζί, και μετά στις στήλες 3 και 4 μαζί) μπορώ να καταλήξω στο 1,2,1,2. Μετά από ακόμη δυο βήματα καταλήγω στο 2,0,2,0.

Επεξεργασία: Διόρθωση τυπογραφικού.


Κορυφή
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Μάιος 16, 2017 7:13 pm

Demetres έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης, χωρίζει τον πίνακα σε 4 στήλες (έστω R_1, R_2, R_3, R_4 αντίστοιχα η 1η, 2η, 3η, 4η στήλη).
Στην συνέχεια γράφει 4 διαδοχικούς θετικούς ακέραιους στον πίνακα, (έστω a_1, a_2, a_3, a_4 με a_1<a_2<a_3<a_4)
έτσι ώστε ο a_i να βρίσκεται στην R_i στήλη. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί να επιλέξει 2 αριθμούς b_i, b_j οι οποίοι
βρίσκονται στις R_i, R_j αντίστοιχα με |i-j|=1 και (b_i,b_j)=1 , να τους σβήσει, και από κάτω τους να γράψει τους b_i-2,b_j+1 ή b_i+1,b_j-2 αντίστοιχα.
Αν ο Θανάσης δεν μπορεί να κάνει κίνηση τότε σταματάει.
Αν απαγορεύεται να προκύψουν αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα, να αποδείξετε ότι για κάθε
θετικό ακέραιο m ο Θανάσης μπορεί να βρει 4 διαδοχικούς θετικούς ακέραιους μεγαλύτερους του m έτσι ώστε
μετά από μερικές κινήσεις να προκύψουν 2 μηδενικά στον πίνακα. Με (a,b) συμβολίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των a,b.
Αν έχω δύο διαδοχικούς αριθμούς x+1,x+2 με x περιττό, τότε μπορώ να τους κάνω x-1,x ως εξής:

Αρχικά: x,x+1
1ο βήμα: x+2,x
2ο βήμα: x,x+1
3ο βήμα: x-2,x+2
4ο βήμα: x-1,x

Αρχίζοντας λοιπόν από τους 2m+1,2m+2,2m+3,2m+4 και εφαρμόζοντας το πιο πάνω διαδοχικά (στις στήλες 1 και 2 μαζί, και μετά στις στήλες 3 και 4 μαζί) μπορώ να καταλήξω στο 1,2,1,2. Μετά από ακόμη δυο βήματα καταλήγω στο 2,0,2,0.
Δεν μπορούμε να προσθέσουμε 2 και να αφαιρέσουμε 1 αλλά μόνο το αντίστροφο.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8989
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Demetres

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μάιος 16, 2017 7:20 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Demetres έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης, χωρίζει τον πίνακα σε 4 στήλες (έστω R_1, R_2, R_3, R_4 αντίστοιχα η 1η, 2η, 3η, 4η στήλη).
Στην συνέχεια γράφει 4 διαδοχικούς θετικούς ακέραιους στον πίνακα, (έστω a_1, a_2, a_3, a_4 με a_1<a_2<a_3<a_4)
έτσι ώστε ο a_i να βρίσκεται στην R_i στήλη. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί να επιλέξει 2 αριθμούς b_i, b_j οι οποίοι
βρίσκονται στις R_i, R_j αντίστοιχα με |i-j|=1 και (b_i,b_j)=1 , να τους σβήσει, και από κάτω τους να γράψει τους b_i-2,b_j+1 ή b_i+1,b_j-2 αντίστοιχα.
Αν ο Θανάσης δεν μπορεί να κάνει κίνηση τότε σταματάει.
Αν απαγορεύεται να προκύψουν αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα, να αποδείξετε ότι για κάθε
θετικό ακέραιο m ο Θανάσης μπορεί να βρει 4 διαδοχικούς θετικούς ακέραιους μεγαλύτερους του m έτσι ώστε
μετά από μερικές κινήσεις να προκύψουν 2 μηδενικά στον πίνακα. Με (a,b) συμβολίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των a,b.
Αν έχω δύο διαδοχικούς αριθμούς x+1,x+2 με x περιττό, τότε μπορώ να τους κάνω x-1,x ως εξής:

Αρχικά: x,x+1
1ο βήμα: x+2,x
2ο βήμα: x,x+1
3ο βήμα: x-2,x+2
4ο βήμα: x-1,x

Αρχίζοντας λοιπόν από τους 2m+1,2m+2,2m+3,2m+4 και εφαρμόζοντας το πιο πάνω διαδοχικά (στις στήλες 1 και 2 μαζί, και μετά στις στήλες 3 και 4 μαζί) μπορώ να καταλήξω στο 1,2,1,2. Μετά από ακόμη δυο βήματα καταλήγω στο 2,0,2,0.
Δεν μπορούμε να προσθέσουμε 2 και να αφαιρέσουμε 1 αλλά μόνο το αντίστροφο.
Υπήρχε τυπογραφικό. Η πρώτη γραμμή έπρεπε να είναι

Αρχικά: x+1,x+2

Όλα τα άλλα μένουν ίδια.


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 807
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Σεπ 28, 2017 12:00 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm
 Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R). Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα B,C τέμνονται
στο D. Η AD τέμνει την BC στο E. Η AO τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c_1 του τριγώνου BOC στο K.
Αν L είναι η προβολή του A στην BC και η DL τέμνει τον c_1 στο M, να αποδείξετε ότι τα σημεία M,E,K είναι συνευθειακά.
Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 1o μέρος.png
Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 1o μέρος.png (58.34 KiB) Προβλήθηκε 2247 φορές
Θεωρούμε για διευκόλυνση πως M είναι η τομή της EK με τον κύκλο c_1. Πρέπει να αποδείξουμε πως τα σημεία M, L, D είναι συνευθειακά.

Έστω N το μέσο του BC, S το σημείο τομής της AD με τον c και T το σημείο τομής της AD με τον c_1.

Έχουμε από δύναμη σημείου: DS\cdot DA=DB^2.

Θεωρούμε αντιστροφή με πόλο το D και δύναμη DB^2 (με άλλα λόγια κύκλος της αντιστροφής είναι ο κύκλος c_2(D, DB)).

Αρκεί να αποδείξουμε πως τα σημεία M, L είναι αντίστροφα σε αυτή την αντιστροφή.

Έπεται λοιπόν πως το A πηγαίνει στο S και το ανάποδο.

Ο περιγεγραμμένος κύκλος c_1 του BOC διέρχεται από το D (αφού \widehat{OBD} =\widehat{OCD} = 90^o), που είναι ο πόλος της αντιστροφής, άρα γίνεται η ευθεία BC.

Έπεται λοιπόν πως το O πηγαίνει στο N και το ανάποδο.

Το αντίστροφο λοιπόν του E είναι το T.

Επίσης το αντίστροφο του K είναι το σημείο τομής της BC με τον περιγεγραμμένο κύκλο του NSD, έστω K'.

Άρα το αντίστροφο του M είναι το σημείο τομής της BC με τον περιγεγραμμένο κύκλο του K'TD. Εμείς θέλουμε να αποδείξουμε πως αυτό το σημείο είναι το L, επομένως αρκεί το K'DLT να είναι εγγράψιμο.

Αρκεί λοιπόν \widehat{K'LT}=\widehat{K'DT}.

Όμως \widehat{K'DT}=\widehat{SNE}, καθώς το DSNK' είναι εγγράψιμο.

Επομένως αρκεί \widehat{K'LT}=\widehat{SNE}, δηλαδή αρκεί LT//NS.
Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 2o μέρος.png
Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 2o μέρος.png (38.38 KiB) Προβλήθηκε 2247 φορές
Έστω P το σημείο τομής της LT με την AN και R το σημείο τομής της LT με την προέκταση της DN.

Αν αποδείξουμε πως το τρίγωνο LPN είναι ισοσκελές, τότε θα έχουμε πως το P είναι μέσο του AN, άρα από την παραλληλία των AL και RD θα ισχύει πως PR=PL.

Είναι γνωστό πως η τετράδα (A, S, E, D) είναι αρμονική.

Επομένως η δέσμη NA, NS, NE, ND είναι αρμονική.

Άρα αφού PR=PL θα έχουμε από γνωστό λήμμα στις αρμονικές πως RL//NS, δηλαδή LT//NS που ήταν το ζητούμενο.

Αρκεί λοιπόν το τρίγωνο LPN να είναι ισοσκελές.

Έχουμε τώρα πως \widehat{PNL}=\widehat{NAC}+\widehat{NCA}=\widehat{EAB}+\hat{C}, καθώς \widehat{NAC}=\widehat{EAB}, γιατί η AE είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου ABC.

Έχουμε τώρα πως \widehat{PLN}=\widehat{ABL}+\widehat{TAB}+\widehat{ATL}-180^o=\hat{B}+\widehat{EAB}+\widehat{ATL}-180^o.

Εμείς θέλουμε να ισχύει ότι \widehat{PNL}=\widehat{PLN}\Leftrightarrow \hat{B}+\widehat{EAB}+\widehat{ATL}-180^o=\widehat{EAB}+\hat{C} \Leftrightarrow \widehat{ATL}=\hat{C}+180^o-\hat{B}=2\hat{C}+\hat{A}.

Όμως έχουμε πως \widehat{BTD}=\widehat{BCD}=\hat{A}, άρα \widehat{ATB}=180^o-\hat{A}.

Έπεται λοιπόν πως θέλουμε να αποδείξουμε πως \widehat{BTL}=\widehat{ATL}-\widehat{ATB}=2\hat{C}+\hat{A}-180^o+\hat{A}=2\hat{A}+2\hat{C}-180^o=180^o-2\hat{B}=2(90^o-\hat{B})=2\widehat{BAL}.

Έστω Z το μέσο του AB.

Έχουμε τώρα πως \widehat{BZL}=2\widehat{BAL}, επομένως αρκεί να αποδείξουμε πως \widehat{BZL}=\widehat{BTL}, δηλαδή ότι το BZTL είναι εγγράψιμο.

Προεκτείνουμε την BT και έστω πως τέμνει την AC στο F.

Έχουμε πως \widehat{ATF}=\widehat{BTD}=\widehat{BCD}=\hat{A}=\widehat{BAF}, άρα τα τρίγωνα BAF και TAF είναι όμοια. Επομένως έχουμε πως \widehat{FBA}=\widehat{TAF}=\widehat{SAC}=\widehat{SBC}.

Επομένως οι BT και BE είναι ισογώνιες στο τρίγωνο ABS.

Όμως το τετράπλευρο ABSC είναι αρμονικό, αφού τα σημεία A, S, D είναι συνευθειακά. Άρα και το σημείο τομής των εφαπτομένων από τα A, S θα είναι πάνω στη διαγώνιο BC. Άρα η συμμετροδιάμεσος του τριγώνου SBA στην κορυφή B είναι η BE.

Έπεται λοιπόν πως η BT είναι διάμεσος, άρα το T είναι μέσο του AS.

Επομένως ZT//BS και συνεπώς \widehat{ZTB}=\widehat{TBS}.

Όμως λόγω του ότι οι BT και BE είναι ισογώνιες στο τρίγωνο ABS, έχουμε πως \widehat{TBS}=\widehat{EBA}=\widehat{LBZ}=\widehat{ZLB}.

Έπεται λοιπόν πως \widehat{ZTB}=\widehat{ZLB} και άρα το BZTL είναι εγγράψιμο!!!

ΟΥΦ!


Houston, we have a problem!
Κορυφή
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Πέμ Σεπ 28, 2017 5:57 am

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 28, 2017 12:00 am
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm
 Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R). Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα B,C τέμνονται
στο D. Η AD τέμνει την BC στο E. Η AO τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c_1 του τριγώνου BOC στο K.
Αν L είναι η προβολή του A στην BC και η DL τέμνει τον c_1 στο M, να αποδείξετε ότι τα σημεία M,E,K είναι συνευθειακά.
Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 1o μέρος.png

Θεωρούμε για διευκόλυνση πως M είναι η τομή της EK με τον κύκλο c_1. Πρέπει να αποδείξουμε πως τα σημεία M, L, D είναι συνευθειακά.

Έστω N το μέσο του BC, S το σημείο τομής της AD με τον c και T το σημείο τομής της AD με τον c_1.

Έχουμε από δύναμη σημείου: DS\cdot DA=DB^2.

Θεωρούμε αντιστροφή με πόλο το D και δύναμη DB^2 (με άλλα λόγια κύκλος της αντιστροφής είναι ο κύκλος c_2(D, DB)).

Αρκεί να αποδείξουμε πως τα σημεία M, L είναι αντίστροφα σε αυτή την αντιστροφή.

Έπεται λοιπόν πως το A πηγαίνει στο S και το ανάποδο.

Ο περιγεγραμμένος κύκλος c_1 του BOC διέρχεται από το D (αφού \widehat{OBD} =\widehat{OCD} = 90^o), που είναι ο πόλος της αντιστροφής, άρα γίνεται η ευθεία BC.

Έπεται λοιπόν πως το O πηγαίνει στο N και το ανάποδο.

Το αντίστροφο λοιπόν του E είναι το T.

Επίσης το αντίστροφο του K είναι το σημείο τομής της BC με τον περιγεγραμμένο κύκλο του NSD, έστω K'.

Άρα το αντίστροφο του M είναι το σημείο τομής της BC με τον περιγεγραμμένο κύκλο του K'TD. Εμείς θέλουμε να αποδείξουμε πως αυτό το σημείο είναι το L, επομένως αρκεί το K'DLT να είναι εγγράψιμο.

Αρκεί λοιπόν \widehat{K'LT}=\widehat{K'DT}.

Όμως \widehat{K'DT}=\widehat{SNE}, καθώς το DSNK' είναι εγγράψιμο.

Επομένως αρκεί \widehat{K'LT}=\widehat{SNE}, δηλαδή αρκεί LT//NS.

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 2o μέρος.png

Έστω P το σημείο τομής της LT με την AN και R το σημείο τομής της LT με την προέκταση της DN.

Αν αποδείξουμε πως το τρίγωνο LPN είναι ισοσκελές, τότε θα έχουμε πως το P είναι μέσο του AN, άρα από την παραλληλία των AL και RD θα ισχύει πως PR=PL.

Είναι γνωστό πως η τετράδα (A, S, E, D) είναι αρμονική.

Επομένως η δέσμη NA, NS, NE, ND είναι αρμονική.

Άρα αφού PR=PL θα έχουμε από γνωστό λήμμα στις αρμονικές πως RL//NS, δηλαδή LT//NS που ήταν το ζητούμενο.

Αρκεί λοιπόν το τρίγωνο LPN να είναι ισοσκελές.

Έχουμε τώρα πως \widehat{PNL}=\widehat{NAC}+\widehat{NCA}=\widehat{EAB}+\hat{C}, καθώς \widehat{NAC}=\widehat{EAB}, γιατί η AE είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου ABC.

Έχουμε τώρα πως \widehat{PLN}=\widehat{ABL}+\widehat{TAB}+\widehat{ATL}-180^o=\hat{B}+\widehat{EAB}+\widehat{ATL}-180^o.

Εμείς θέλουμε να ισχύει ότι \widehat{PNL}=\widehat{PLN}\Leftrightarrow \hat{B}+\widehat{EAB}+\widehat{ATL}-180^o=\widehat{EAB}+\hat{C} \Leftrightarrow \widehat{ATL}=\hat{C}+180^o-\hat{B}=2\hat{C}+\hat{A}.

Όμως έχουμε πως \widehat{BTD}=\widehat{BCD}=\hat{A}, άρα \widehat{ATB}=180^o-\hat{A}.

Έπεται λοιπόν πως θέλουμε να αποδείξουμε πως \widehat{BTL}=\widehat{ATL}-\widehat{ATB}=2\hat{C}+\hat{A}-180^o+\hat{A}=2\hat{A}+2\hat{C}-180^o=180^o-2\hat{B}=2(90^o-\hat{B})=2\widehat{BAL}.

Έστω Z το μέσο του AB.

Έχουμε τώρα πως \widehat{BZL}=2\widehat{BAL}, επομένως αρκεί να αποδείξουμε πως \widehat{BZL}=\widehat{BTL}, δηλαδή ότι το BZTL είναι εγγράψιμο.

Προεκτείνουμε την BT και έστω πως τέμνει την AC στο F.

Έχουμε πως \widehat{ATF}=\widehat{BTD}=\widehat{BCD}=\hat{A}=\widehat{BAF}, άρα τα τρίγωνα BAF και TAF είναι όμοια. Επομένως έχουμε πως \widehat{FBA}=\widehat{TAF}=\widehat{SAC}=\widehat{SBC}.

Επομένως οι BT και BE είναι ισογώνιες στο τρίγωνο ABS.

Όμως το τετράπλευρο ABSC είναι αρμονικό, αφού τα σημεία A, S, D είναι συνευθειακά. Άρα και το σημείο τομής των εφαπτομένων από τα A, S θα είναι πάνω στη διαγώνιο BC. Άρα η συμμετροδιάμεσος του τριγώνου SBA στην κορυφή B είναι η BE.

Έπεται λοιπόν πως η BT είναι διάμεσος, άρα το T είναι μέσο του AS.

Επομένως ZT//BS και συνεπώς \widehat{ZTB}=\widehat{TBS}.

Όμως λόγω του ότι οι BT και BE είναι ισογώνιες στο τρίγωνο ABS, έχουμε πως \widehat{TBS}=\widehat{EBA}=\widehat{LBZ}=\widehat{ZLB}.

Έπεται λοιπόν πως \widehat{ZTB}=\widehat{ZLB} και άρα το BZTL είναι εγγράψιμο!!!

ΟΥΦ!
Πολύ ωραία λύση!


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 921
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τρί Ιουν 23, 2020 5:01 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm
Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R). Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα B,C τέμνονται
στο D. Η AD τέμνει την BC στο E. Η AO τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c_1 του τριγώνου BOC στο K.
Αν L είναι η προβολή του A στην BC και η DL τέμνει τον c_1 στο M, να αποδείξετε ότι τα σημεία M,E,K είναι συνευθειακά.

Μία ακόμη λύση
327.PNG
327.PNG (52.85 KiB) Προβλήθηκε 1457 φορές
Αν \rm R\equiv AD\cap (B,O,C) τότε μπορούμε να δούμε (π.χ με κύκλο αντιστροφής τον \rm (D,DB) ότι \rm R,E,L,M ομοκυκλικά και έτσι \rm \angle LME=\angle LRE οπότε αρκεί \rm \angle LRE=\angle DOK\Leftrightarrow \angle ARL=\angle AOD.Επειδή \rm \angle LAD=\angle ODA αρκεί \rm \angle RLA=\angle RAO.Το \rm R είναι το \rm A-Dumpty \,\, point του \rm ABC οπότε από γνωστή του ιδιότητα οι \rm OR,BC τέμνονται πάνω στην εφαπτομένη του \rm (A,B,C) στο \rm A και \rm OR\perp AE,έτσι αν \rm Q\equiv OR\cap BC είναι \rm \angle RLA=\angle RQA=\angle RAO και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Κορυφή
miltosk
Δημοσιεύσεις: 113
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Τετ Ιουν 24, 2020 8:36 am

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm
 Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R). Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα B,C τέμνονται
στο D. Η AD τέμνει την BC στο E. Η AO τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c_1 του τριγώνου BOC στο K.
Αν L είναι η προβολή του A στην BC και η DL τέμνει τον c_1 στο M, να αποδείξετε ότι τα σημεία M,E,K είναι συνευθειακά.
Μια ακόμη με αντιστροφή (δεν νομίζω για juniors αυτή η λύση).
Έστω Z η τομή της AD με τον περίκυκλο του ABC. Αρκεί να δείξω ότι το AMZK είναι εγγράψιμο, διότι μετά το ζητούμενο έπεται από την τομή των ριζικών αξόνων και θα βγει το E ριζικό κέντρο.
Έστω N το αρμονικό συζυγές του L ως προς τα BC και Q η τομή της OL με τον περίκυκλο του BOC. Από το αρμονικό τετράπλευρο (είναι εγγράψιμο-2 απέναντι γωνίες κάθετες και αρμονικό αφού το γινόμενο των 2 απέναντι πλευρών ίσο) OBDC, η δέσμη Q(B,O,C,D)=Q(B,L,C,D) είναι αρμονική. Όμως και η δέσμη Q(N,B,L,D) είναι αρμονική, άρα D, Q, N συνευθειακά. Ακόμη BC\perp OD και OQ\perp ND αφού τα O, D είναι αντιδιαμετρικά στον περίκυλο του BOC. Άρα L το ορθόκεντρο του NOD. Άρα DL\perp ON. Όμως DL\perp OM. Οπότε O, M, N συνευθειακά. Παίρνω αντοστροφή (O,r) και:
Τα A, Z μένουν εκεί που είναι. Το M\mapsto N, και το K πάει στην τομή T της AO με την BC. Αρκεί το ATZN εγγράψιμο. Παίρνω 2η αντίστροφη (A,\sqrt{AB \cdot AC}) και:
Το Z πηγαίνει στην τομή της XY με την AZ, όπου X, Y τα ίχνη των 2 άλλων υψών του ABC. Τότε, το αντίστροφο του Z, το Z' είναι το μέσο του XY, ως λήμμα διαμέσου-συμμετροδιαμέσου με τις αντιπαράλληλες XY, BC. Το N πάει στην τομή των περικύκλων των AXY, ABC, στο N' δηλαδή στο αντίστροφο του N. Το T πάει στο T', στην τομή της AO με τον περίκυκλο του AXY. Αρκεί N', Z', T' να είναι συνευθειακά. Παίρνοντας σπειροειδή ομοιοθεσία με κέντρο N' που στέλνει την XY στη BC, το Z' πάει στο μέσο της BC , Z'' και το T' στο αντιδιαμετρικό του A, T''. Αρκεί N', Z'', T'' να είναι συνευθειακά (γνωστό, το αποδυκνείω για λόγους πληρότητας). To μέσο της BC, το ορθόκεντρο και το αντιδιαμετρικό του A είναι συνευθειακά. Το N' είναι το σημείο Miquel του εγγράψιμου BCXY και άρα το κέντρο του περίκυκλου του BCXY, η τομή των διαγωνίων και το N' συνευθειακά. Δηλαδή το μέσο της BC, το ορθόκεντρο και το N' συνευθειακά. Άρα N', Z'', T'' συνευθειακά και το ζητούμενο έπεται.


Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες