JBMO Shortlist 2016 (2/2)

Ορέστης Λιγνός · #21

silouan έγραψε:
G6 Σε οξυγώνιο τρίγωνο κατασκευάζουμε εξωτερικά όμοια ορθογώνια τρίγωνα με $\angle{BAD}=\angle{CAE}$ και ορθογώνια στα και . Θεωρούμε τα ίχνη των υψών και τα μέσα των . Να αποδείξετε ότι τα περίκεντρα των τριγώνων είναι συνευθειακά.

Έστω

τα μέσα των BC,AB,AC

αντίστοιχα.

Θα αποδείξουμε ότι οι τρεις κύκλοι (A,K,L), (A_1,B_1,C_1),(DEA_1)

έχουν ως κοινή χορδή την A_1M

.

Στο τρίγωνο $\vartriangle BCC_1$ η

ενώνει μέσα πλευρών, οπότε $KM \parallel C_1C \Rightarrow MK \perp AB$ και όμοια $ML \perp AC$ , οπότε τα A,K,M,L

είναι ομοκυκλικά.

Αφού όμως $\widehat{AA_1M}=\widehat{AKM}=90^\circ$ , και τα A,K,A_1,M

είναι ομοκυκλικά.

Άρα, τα A,K,L,A_1,M

είναι ομοκυκλικά, οπότε η χορδή A_1M

ανήκει στον κύκλο (A,K,L)

.

Επίσης ο κύκλος (A_1,B_1,C_1)

είναι ο κύκλος Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , οπότε τα σημεία M,P,Q

ανήκουν σε αυτόν τον κύκλο, και άρα η χορδή A_1M

ανήκει στον κύκλο (A_1,B_1,C_1)

.

Μένει να δείξουμε ότι ο κύκλος (D,E,A_1)

έχει ως χορδή του την A_1M

, ή ισοδύναμα ότι τα D,E,A_1,M

είναι ομοκυκλικά.

Είναι $\widehat{ADB}=\widehat{AA_1B}=90^\circ$ , οπότε τα A,D,B,A_1

είναι ομοκυκλικά , οπότε $\widehat{DA_1A}=\widehat{DBA}=90^\circ-\phi$ , και όμοια $\widehat{AA_1E}=90^\circ-\phi$ .

Συνεπώς, $\widehat{DA_1E}=\widehat{DA_1A}+\widehat{AA_1E}=180^\circ-2\phi \Rightarrow \widehat{DA_1E}=180^\circ-2\phi$ (1).

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle DAB$ η

είναι διάμεσος, άρα $PD=\dfrac{AB}{2}=QM$ , συνεπώς PD=QM

και όμοια

.

Επίσης, $\widehat{DPM}=\widehat{DPB}+\widehat{BPM}=2\phi+\widehat{A}$ , ενώ όμοια $\widehat{EQM}=2\phi+\widehat{A}$ .

Άρα, τα τρίγωνα $\vartriangle DPM, \vartriangle MQE$ έχουν δύο ίσες πλευρές και την περιεχόμενη γωνία ίση, οπότε είναι ίσα.

Άρα, $\widehat{DME}=\widehat{DMP}+\widehat{PMQ}+\widehat{QME}=\widehat{DMP}+\widehat{A}+\widehat{PDM}=$

$180^\circ-\widehat{DPM}+\widehat{A}=180^\circ-2\phi-\widehat{A}+\widehat{A}=180^\circ-2\phi \mathop = \limits^{(1)}=\widehat{DA_1E}$ .

Άρα, $\widehat{DME}=\widehat{DA_1E}$ , και συνεπώς τα D,A_1,M,E

είναι ομοκυκλικά.

Αποδείξαμε λοιπόν ότι οι τρεις κύκλοι (D,E,A_1),(A,K,L),(A_1,B_1,C_1)

έχουν ως κοινή χορδή την A_1M

.

Αν λοιπόν O_1,O_2,O_3

τα αντίστοιχα κέντρα τους, ανήκουν στην μεσοκάθετο της A_1M

, οπότε είναι συνευθειακά, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

: G6-shortlist2016.png (39.31 KiB) Προβλήθηκε 1156 φορές

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #22

silouan έγραψε: G6 Σε οξυγώνιο τρίγωνο κατασκευάζουμε εξωτερικά όμοια ορθογώνια τρίγωνα με $\angle{BAD}=\angle{CAE}$ και ορθογώνια στα και . Θεωρούμε τα ίχνη των υψών και τα μέσα των . Να αποδείξετε ότι τα περίκεντρα των τριγώνων είναι συνευθειακά.

Έχουμε καταρχάς πως ο κύκλος A_1B_1C_1

είναι ο κύκλος Euler

του τριγώνου ABC

. Επομένως ο κύκλος A_1B_1C_1

διέρχεται και από το μέσο

της

.

Επομένως το κέντρο του βρίσκεται στην μεσοκάθετο του A_1M

.

Φέρνουμε τον κύκλο που περνάει από τα A, A_1, M

. Έχουμε προφανώς πως $\widehat{AA_1M}=90^o$ .

Όμως αφού M, K

μέσα των

και

αντίστοιχα, ισχύει ότι MK//CC_1

, με άλλα λόγια $MK\perp AB$ . Άρα $\widehat{AKM}=90^o$ , επομένως το

ανήκει στον κύκλο που περνάει από τα A, A_1, M

. Όμοια ισχύει και για το

. Επομένως το AA_1MKL

είναι εγγράψιμο, δηλαδή ο περιγεγραμμένος κύκλος του AKL

περνάει από τα A_1

και

.

Επομένως το κέντρο του βρίσκεται την μεσοκάθετο του A_1M

.

: JBMO Shortlist 2016 G6a.png (34.85 KiB) Προβλήθηκε 1130 φορές

Θα αποδείξουμε τώρα πως ο περιγεγραμμένος κύκλος του DEA_1

περνάει από το

.

Αρκεί το DEMA_1

να είναι εγγράψιμο.

Έστω πως $\widehat{ABD}=\widehat{ACE}=x$ .

Τότε θα είναι και $\widehat{AA_1D}=x$ , καθώς το AA_1BD

είναι εγγράψιμο ( $\widehat{ADB}=90^o$ και $\widehat{AA_1B}=90^o$ ).

Όμοια θα είναι και $\widehat{AA_1E}=x$ .

Συνεπώς $\widehat{DA_1E}=2x$ .

Αν αποδείξουμε πως $\widehat{DME}=2x$ , τότε θα έχουμε πως το DEMA_1

είναι εγγράψιμο, άρα ο περιγεγραμμένος κύκλος του DEA_1

περνάει από τα A_1, M

και επομένως το κέντρο του θα βρίσκεται στην μεσοκάθετο του A_1M

.

Επομένως το αρχικό ζητούμενο θα προκύπτει, καθώς τα κέντρα των ζητούμενων κύκλων θα βρίσκονται όλα στην μεσοκάθετο του A_1M

, άρα θα είναι συνευθειακά.

Μένει λοιπόν να αποδείξουμε το εξής λήμμα:

Έστω τρίγωνο ABC

, το οποίο έχει εξωτερικά των

και

τα όμοια ορθογώνια ADB

και

, με $\widehat{ABD}=\widehat{ACE}=x$ . Αν

το μέσο της

θα είναι $\widehat{DME}=2x$ .

: JBMO Shortlist 2016 G6b.png (38 KiB) Προβλήθηκε 1122 φορές

Απόδειξη:

Φέρνουμε τα

και

τα συμμετρικά των D, E

αντίστοιχα ως προς το

. Έχουμε προφανώς πως τα τρίγωνα DBM

και

είναι ίσα. Όμοια και τα ECM

και

είναι ίσα. Άρα DB=D'C

και

και ακόμα $\widehat{DBM}=\widehat{D'CM}$ και $\widehat{ECM}=\widehat{E'BM}$ , δηλαδή $\widehat{DBM}+\widehat{E'BM}=\widehat{D'CM}+\widehat{ECM}\Rightarrow \widehat{DBE'}=\widehat{ECD'}$ .

Έπεται λοιπόν πως τα τρίγωνα DBE'

και

είναι ίσα.

Εύκολα τώρα (με angle-chasing) προκύπτει ότι $\widehat{DAE}=\widehat{DBE'}=\widehat{ECD'}$ .

Ταυτόχρονα όμως ισχύει ότι $\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{DB}{EC}=\dfrac{D'C}{EC}=\dfrac{DB}{E'B}$ .

Επομένως το τρίγωνο DAE

είναι όμοιο με τα δύο άλλα ίσα τρίγωνα DBE'

και

.

Επομένως $\widehat{AED}=\widehat{CED'}$ , άρα $\widehat{DED'}=90^o$ .

Αφού τώρα το

είναι το μέσο του DD'

, έχουμε πως ME=MD

και ότι $\widehat{DME}=2\cdot \widehat{DD'E}$ .

Αρκεί να αποδείξουμε πως $\widehat{DD'E}=\widehat{ACE}$ , δηλαδή ότι τα ορθογώνια τρίγωνα DD'E

και

είναι όμοια.

Όμως $\dfrac{DE}{ED'}=\dfrac{AE}{EC}$ (από τα όμοια τρίγωνα DAE

και

). Άρα πράγματι ισχύει το ζητούμενο.

Υ.Γ. Έγραφα τόση ώρα και δεν είχα πατήσει ανανέωση για να δω την λύση του Ορέστη. Την αφήνω για τον κόπο, μιας και είναι λίγο διαφορετική.

JBMO Shortlist 2016 (2/2)

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

Μέλη σε σύνδεση