Μετά απο πολύ καιρό απουσίας μου από αυτό το φορουμ, πέτυχα αυτό το πρόβλημα, είδα ότι τόσοι μεγάλοι γεωμέτρες που εκτιμώ ασχολήθηκαν, κι είπα τι καλύτερη ευκαιρία από το να προσπαθήσω κι εγώ να λύσω αυτό το πρόβλημα (που όπως φαίνεται είναι και θεώρημα που δεν γνώριζα). Βρήκα την εξής λύση η οποία ...

Θα βάλω μια λύση (πιστεύω πρωτότυπη, ειδικά στο τελείωμα) σε αυτό το πολύ όμορφο πρόβλημα, με χρήση αντιστροφής, εξηγώντας όσο μπορώ τη σκέψη μου .

1) Προσπαθούμε να αξιοποιήσουμε την γωνιακή σχέση μεταφράζοντας τη σε κάτι πιο απλό- ουσιαστικά ορμώμενοι από την προσπάθεια να "κατασκευάσουμε" το ...

Θέλω απλά να σας επιστήσω την προσοχή σε αυτήν εδώ την πολύ όμορφη πρωτοβουλία: http://www.mathaidgreece.com/

H διδακτική ομάδα θα προσπαθεί να επιλύει τις απορίες των μαθητών πάνω στα μαθηματικά της Γ' Λυκείου δωρεάν , δίνοντας έτσι την ευκαιρία και στους οικονομικά ασθενέστερους μαθητές να ...

Τα περισσότερα μετάλλια που έχουν πάρει οι Έλληνες διαγωνιζόμενοι στην ΙΜΟ είναι από συγκομιδή βαθμών στα θέματα γεωμετρίας (πολλές φορές προέρχονται αποκλειστικά από τις λύσεις των γεωμετρικών θεμάτων).
Προφανώς, τα γραφόμενα του δις ολυμπιονίκη alex1994 αντικατοπτρίζουν την πραγματικότητα: οι ...

Πολλά συγχαρητήρια σε όλη την ομάδα που κατάφερε να ανταποκριθεί πολύ επιτυχώς σε μία αρκετά δύσκολη ΙΜΟ (τα θέματα ξεκάθαρα δεν ευνοούσαν την ελληνική ομάδα!).

Υ.Γ. Αλέξανδρε (Alex1994) επέτρεψε μου να διαφωνήσω μαζί σου. Αυτά που περιγράφεις για την ευκολία της γεωμετρίας και την δυσκολία της ...

Θα ήθελα και εγώ να αφήσω το σχόλιο μου λέγοντας ότι έμεινα αρκετά ευχαριστημένος απ' τα φετινά θέματα μαθηματικών κατεύθυνσης.

Και να εξηγήσω:
1) Κάθε χρονιά υπάρχουν παράπονα για τη δυσκολία των θεμάτων, με αποτέλεσμα τα θέματα να είναι πλήρως αναμενόμενα και να πρέπει όλοι οι καλοί μαθητές να ...

Για την 1.
Ισοδύναμα:
Αν τότε: .

Συνεπώς η μόνη λύση είναι η

Ας βάλω και εγώ μια λύση σε αυτό το γνωστό και ωραίο πρόβλημα. Το πρώτο που παρατηρώ είναι ότι $ALCM, AKBM$ εγγράψιμα (εύκολο π.χ. από ισότητα $ABL, AKC$). Τώρα αν θεωρήσω το $A$ ως σημειακό κύκλο, αρκεί να δείξω ότι η διαφορά της δύναμης σημείου των $K,L$ ως προς του κύκλους $(O,OB)$ και $(A,0 ...

Θέλω κι εγώ να υποβάλλω μια απόδειξη που σκέφτηκα, αλλά επειδή δεν έχω διαβάσει όλες τις προηγούμενες αποδείξεις, θα με συγχωρέσετε αν έχει ξαναδιατυπωθεί!

Εστω ότι τα ύψη $AD,BE,CF$ τέμνουν τον περιγεγραμμένο του $ABC$ στα $D',E',F'$ αντίστοιχα. Εχουμε: $AF'=AE'$ αφού τα τόξα τους βλέπουν ίσες ...

Απόδειξη:
και εγγράψιμο. Συνεπώς (απλό angle chasing) εγγράψιμο. Αρα . Ετσι στο τρίγωνο η είναι διάμεσος και διχοτόμος άρα και ύψος. Αρα . ο.ε.δ

Στην ίδια λογική με τον κύριο Λουρίδα; θα υποθέσουμε ισοδύναμα ότι $TE$ είναι διχοτόμος της $ATM$ και θα αποδείξουμε ότι $C,E,D$ συνευθειακά.

Από θεώρημα διχοτόμων έχουμε: $\frac{AD}{DB}=\frac{AT}{TB}=2\frac{AT}{TM}=2\frac{AE}{EM}$. Επίσης $\frac{CB}{CM}=2$.

Ετσι, από θέωρημα Μενελάου στο $ABM ...

ΛΗΜΜΑ:
Εστω τετράπλευρα $ABCD, A'B'C'D'$ ώστε $AB\perp A'B', BC\perp B'C', CD\perp C'D', AD\perp A'D'$ και $AC\perp B'D'$. Τότε και $BD\perp A'C'$.



Σας ευχαριστώ πολύ κ. Βήττα που ασχοληθήκατε με το λήμμα μου. Πολύ καλή και απλή η απόδειξή σας. Δίνω και εγώ μια απόδειξη που σκέφτηκα με ...

Πολύ ωραία άσκηση! Βρήκα μια ωραία λύση που βασίζεται σε ένα λήμμα, το οποίο είκασα ότι ισχύει και έπειτα απέδειξα με τριγωνομετρία, για το οποίο όμως θα ήθελα να με βοηθήσετε να βρούμε μια πιο ωραία λύση, αν δεν είναι ήδη γνωστό (είμαι σχεδόν βέβαιος ότι υπάρχει λύση με διπλούς αρμονικούς λόγους ...

Αποφάσισα να ασχοληθώ και εγώ με αυτό το ωραίο θέμα μιας και βρήκα λίγο χρόνο (όπως έλεγε και ο Pascal: "when I have a headache I solve a geometry problem").
H λύση που βρήκα χρησιμοποιεί αρμονικές δέσμες και είναι πολύ σύντομη!!

Η μόνη παρατήρηση που χρειάζεται είναι ότι αν $L$ το αντιδιαμετρικό ...

Κατ' αρχάς συγχαρητήρια σε όλους τους συμμετέχοντες!!

Το τρίτο θέμα ήταν αρκετά καλό και η λύση του Ηλία ακόμα καλύτερη.

Οσον αφορά την προσέγγιση σου Αντώνη με συνδυαστική γεωμετρία, είναι πραγματικά εντυπωσιακή (βασικά με το που είδα το πρόβλημα σχηματισα ένα αντίστοιχο ισόπλευρο τρίγωνο, αλλά ...

Γρηγόρη πολύ ωραία η λύση σου! Μάλιστα μου έδωσες μια ιδέα για μια ακόμα λύση με χρήση διπλών αρμονικών λόγων αυτή τη φορά (και σχετικά πιο σύντομη).
Key idea: Αρκεί να αποδείξουμε ότι $KL, AC, MN$ "συντρέχουν" (τότε είναι παράλληλες, και το πρόβλημα ουσιαστικά τελειώνει με αρκετούς τρόπους ...

Ομολογουμένως μ' άρεσε πολύ αυτή η άσκηση! Πώς αλλιώς θα εξηγούνταν ότι ασχολούμαι με αυτή τις τελευταίες 3 μέρες; :P
Πιθανόν να μην έχω δει μια πιο εύκολη λύση (που ίσως χρησιμοποιεί διπλούς αρμονικούς λόγους, στους οποίους έντονα παραπέμπει η άσκηση).

Ορίστε λοιπόν η λύση μου (μετά από πολύ ...

Μία λύση παρόμοια με αυτήν του κύριου Βαρβεράκη:

Πρώτον παρατηρούμε ότι $ID=IA=IE$ (άρα $IM$ μεσοκάθετος της $DE$). Εστω τώρα $P'$ το σημείο τομής του περιγεγραμμένου του $IBC$ με την $IM$.

Τότε $\angle{P'BC}=MIC=EAC=FBC$. Αρα το $P'$ βρίσκεται επί της $BF$. Ομοια βρίσκεται και επί της $CZ$ κι ...

Πολύ ωραίες οι λύσεις σας! Παρουσιάζω και εγώ τη λύση μου που βασίζεται σε ένα λήμμα που πρώτη φορά είδα εδώ στο mathematica παρουσιασμένο απ' τον κύριο Βήττα!

Εστω $D', E'$, δύο άλλα σημεία που ικανοποιούν την δοθείσα σχέση. Τότε $\frac{BD}{DD'}=\frac{CE}{EE'}$. Τότε, εφαρμόζουμε το επόμενο λήμμα ...

Κύριε Λουρίδα, μπορείτε να εξηγήσετε λίγο τα δεδομένα του πρόβληματος; Εννοείτε να βρούμε την ακτίνα με κανόνα και διαβήτη (να σχηματίσουμε δηλαδή σε ένα χαρτί ένα τμήμα ίσο με την ακτίνα της σφαίρας) ή μήπως έχουμε και άλλα εργαλεία στη διαθεσή μας ?