Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Panagiotis11
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Κυρ Απρ 09, 2017 7:33 pm
Τοποθεσία: Πάτρα

Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Panagiotis11 » Δευ Ιούλ 10, 2017 2:23 pm

1) Στο \bigtriangleup ABC,το σημείο D βρίσκεται πάνω στη πλευρά BC ώστε AD κάθετη στη BC.Θεωρούμε I το έκκεντρο του \bigtriangleup ABC , I_{B} το έκκεντρο του \bigtriangleup ADB, I_{C} το έκκεντρο του \bigtriangleup ACD και I_{D} το έκκεντρο του \bigtriangleup DI_{B}I_{C}.Να βρείτε όλες τις τιμές της \angle A στις οποίες II_{B}I_{D}I_{C} είναι παραλληλόγραμμο και να αποδείξετε ότι δεν ισχύει καμία άλλη τιμή.

2) Θεωρούμε \bigtriangleup ABC σκαληνό.M_{A} το μέσο του τόξου \widehat{BC} που δεν περιέχει το A και κύκλο με κέντρο M_{A} εφαπτόμενο στις AB και AC ο οποίος τέμνει την AB στο P και την AC στο Q. Οι ευθείες M_{A}P και M_{A}Q τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του\bigtriangleup ABC στα σημεία X,Y\neq M_{A} αντίστοιχα.Θεωρούμε M μέσω BC.K\neq M είναι το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των \bigtriangleup PXM και \bigtriangleup QYM και J η προβολή του ορθόκεντρου του \bigtriangleup ABC στην ευθείαAM_{A}.Να αποδείξετε ότι τα σημεία J,K,M,M_{A} βρίσκονται στον ίδιο κύκλο.

3) Δίνεται οξυγώνιο,σκαληνό \bigtriangleup ABC με περιγεγραμμένο κύκλο \Gamma και DEF τρίγωνο που σχηματίζει τα τρία σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις πλευρές του τριγώνου.Οι D,E,F βρίσκονται πάνω στις BC,CA,AB αντίστοιχα.Θεωρούμε L το μέσο του τόξου \overbrace{BAC}, G το σημείο τομής των EF και BC.Ακόμα,T βρίσκεται στην EF με DT κάθετη στην EF.Σημείο P βρίσκεται στην LG με PT\left | \right |BC.Επίσης,K βρίσκεται στον \Gamma έτσι ώστε KT διχοτομεί \widehat{EKF}.Τα K και A δεν βρίσκονται στην ίδια πλευρά του EF.Εάν A' το αντιδιαμετρικό του A στον \Gamma,να αποδείξετε ότι η A'K περνάει μέσα από το T και το μέσο του DG και ότι η κάθετη από το P στην EF βρίσκονται στην ίδια ευθεία.
i)Οι ασκήσεις είναι με αυξανόμενη δυσκολία (επιπέδο JMO(1) και ΙΜΟ(2,3) )
ii)Για το κάθε πρόβλημα υπάρχουν τουλάχιστον 3 πανέμορφες λύσεις!


Μπορεί να απογοητευθείς αν αποτύχεις, αλλά είσαι χαμένος αν δεν προσπαθήσεις.

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 699
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Ιούλ 10, 2017 4:26 pm

Panagiotis11 έγραψε:1) Στο \bigtriangleup ABC,το σημείο D βρίσκεται πάνω στη πλευρά BC ώστε AD κάθετη στη BC.Θεωρούμε I το έκκεντρο του \bigtriangleup ABC , I_{B} το έκκεντρο του \bigtriangleup ADB, I_{C} το έκκεντρο του \bigtriangleup ACD και I_{D} το έκκεντρο του \bigtriangleup DI_{B}I_{C}.Να βρείτε όλες τις τιμές της \angle A στις οποίες II_{B}I_{D}I_{C} είναι παραλληλόγραμμο και να αποδείξετε ότι δεν ισχύει καμία άλλη τιμή.
Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)-p1.png
Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)-p1.png (23.31 KiB) Προβλήθηκε 723 φορές
Έχουμε πως το I βρίσκεται στην διχοτόμο του \widehat{ABC}. Όμοια όμως και το I_B βρίσκεται στην διχοτόμο του \widehat{ABC}. Επομένως τα σημεία B, I_B και I είναι συνευθειακά.

Όμοια και τα σημεία C, I_C και I είναι συνευθειακά.

Επομένως \widehat{I_BII_C}=\widehat{BIC}.

Έστω \widehat{BAC}=x. Από γνωστό λήμμα έχουμε πως \widehat{BIC}=90^o+\dfrac{x}{2}, άρα και \widehat{I_BII_C}=90^o+\dfrac{x}{2}.

Όμως έχουμε πως το τρίγωνο I_BDI_C είναι ορθογώνιο (\widehat{I_BDI_C}=90^o, αφού DI_B και DI_C είναι διχοτόμοι ορθών γωνιών), άρα \widehat{I_BI_DI_C}=135^o.

Για να είναι το II_BI_DI_C παραλληλόγραμμο πρέπει \widehat{I_BII_C}=\widehat{I_BI_DI_C}\Leftrightarrow 90^o+\dfrac{x}{2}=135^o\Leftrightarrow x=90^o.

Θα αποδείξουμε πως πάντα όταν \widehat{BAC}=90^o, ισχύει το ζητούμενο.

Έχουμε:

Προφανώς τα τρίγωνα ABD και ACD είναι όμοια. Άρα λόγω ομοιότητας έχουμε πως τα τρίγωνα AI_BD και CI_CD είναι όμοια, δηλαδή ισχύει ότι:

\dfrac{DI_B}{DA}=\dfrac{DI_C}{DC}.

Από την παραπάνω ισότητα λόγων συμπεραίνουμε πως τα ορθογώνια τρίγωνα I_BDI_C και DAC είναι όμοια. Αφού όμως τα DAC και BAC είναι όμοια, έπεται πως και τα I_BDI_C και BAC είναι όμοια.

Έχουμε τώρα πως:

\widehat{BI_BI_C}=\widehat{BI_BD}+\widehat{DI_BI_C}=\displaystyle{\displaystyle{90^o+\dfrac{\widehat{BAD}}{2}+\widehat{DBA}=90^o+\dfrac{\widehat{BAD}}{2}}+90^o-\widehat{BAD}=180^o-\dfrac{\widehat{BAD}}{2}=180^o-\widehat{I_CCB}.

Επομένως το τετράπλευρο BI_BI_CC είναι εγγράψιμο και επομένως τα τρίγωνα BIC και I_BII_C είναι όμοια. Όμως τα τρίγωνα BIC και I_BI_DI_C είναι όμοια, λόγω της ομοιότητας των I_BDI_C και BAC.

Επομένως τα τρίγωνα I_BII_C και I_BI_DI_C είναι όμοια και αφού η I_BI_C είναι κοινή έχουμε πως είναι ίσα και αντίστροφα τοποθετημένα, άρα πράγματι το II_BI_DI_C είναι παραλληλόγραμμο.

Σε λίγο και το σχήμα!


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7826
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιούλ 10, 2017 6:41 pm

Προσοχή! Αν ο διαγωνισμός είναι ακόμη σε εξέλιξη τότε μάλλον δεν είναι θεμιτό να συζητούμε τις ασκήσεις του εδώ.

Παναγιώτη, μπορείς να μας ενημερώσεις σχετικά με τους κανονισμούς του διαγωνισμού;


Panagiotis11
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Κυρ Απρ 09, 2017 7:33 pm
Τοποθεσία: Πάτρα

Re: Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Panagiotis11 » Δευ Ιούλ 10, 2017 7:17 pm

Demetres έγραψε:Προσοχή! Αν ο διαγωνισμός είναι ακόμη σε εξέλιξη τότε μάλλον δεν είναι θεμιτό να συζητούμε τις ασκήσεις του εδώ.

Παναγιώτη, μπορείς να μας ενημερώσεις σχετικά με τους κανονισμούς του διαγωνισμού;
Καλησπέρα,ο διαγωνισμός έχει τελειώσει εδώ και κάμποσο καιρό.Οποιαδήποτε λύση σας είναι ευπρόσδεκτη!

Επίσης ο χρόνος για την επίλυση των τριών ασκήσεων ήταν 4,5 ώρες για κάθε μια από τις 2 μέρες του διαγωνισμού.


Μπορεί να απογοητευθείς αν αποτύχεις, αλλά είσαι χαμένος αν δεν προσπαθήσεις.
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 699
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Ιούλ 11, 2017 2:34 pm

Panagiotis11 έγραψε: 2) Θεωρούμε \bigtriangleup ABC σκαληνό.M_{A} το μέσο του τόξου \widehat{BC} που δεν περιέχει το A και κύκλο με κέντρο M_{A} εφαπτόμενο στις AB και AC ο οποίος τέμνει την AB στο P και την AC στο Q. Οι ευθείες M_{A}P και M_{A}Q τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του\bigtriangleup ABC στα σημεία X,Y\neq M_{A} αντίστοιχα.Θεωρούμε M μέσω BC.K\neq M είναι το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των \bigtriangleup PXM και \bigtriangleup QYM και J η προβολή του ορθόκεντρου του \bigtriangleup ABC στην ευθείαAM_{A}.Να αποδείξετε ότι τα σημεία J,K,M,M_{A} βρίσκονται στον ίδιο κύκλο.
Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)-p2a.png
Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)-p2a.png (45.42 KiB) Προβλήθηκε 545 φορές
Έστω AD, BE, CZ τα ύψη του τριγώνου και H το ορθόκεντρο.

Καταρχάς το J ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του AZHE, άρα το AZHJE είναι εγγράψιμο.
Το K ανήκει στην τομή του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC με του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου EMB (1) (θα το αποδείξουμε στο τέλος).

Έστω K' το σημείο τομής του κύκλου με διάμετρο την AH με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC.

Θεωρούμε αρνητική αντιστροφή με πόλο το H και δύναμη HA\cdot HD=HB\cdot HE=HC\cdot HZ.

Έχουμε λοιπόν πως ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABC γίνεται ο περιγεγραμμένος κύκλος του DEZ, δηλαδή ο κύκλος Euler του ABC.

Ακόμη ο κύκλος με διάμετρο την AH γίνεται η ευθεία BC. Επομένως το αντίστροφο του K' είναι το σημείο τομής της BC με τον κύκλο Euler, δηλαδή το μέσο M της BC (δεν είναι το D, αφού το αντίστροφο του D είναι το A και θα έπρεπε A\equiv K', άτοπο).

Επομένως τα σημεία K', H, M είναι συνευθειακά και μάλιστα ισχύει ότι HA\cdot HD=HB\cdot HE=HC\cdot HZ=HK'\cdot HM\Rightarrow HK'\cdot HM=HB\cdot HE.

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι το K'EMB είναι εγγράψιμο, άρα το K' ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του EMB, αλλά και στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC και αφού είναι διάφορο του B έχουμε πως είναι το K. Επομένως K\equiv K'.

Θέλουμε να αποδείξουμε πως το KJMM_A είναι εγγράψιμο, δηλαδή πως το K'JMM_A είναι εγγράψιμο. Αρκεί \widehat{K'JM_A}=\widehat{K'MM_A}\Leftrightarrow 90^o+\widehat{K'JH}=90^o+\widehat{K'MB}\Leftrightarrow \widehat{K'JH}=\widehat{K'MB}\Leftrightarrow \widehat{K'EH}=\widehat{K'MB}, που ισχύει λόγω του εγγράψιμου K'EMB, του οποίου οι διαγώνιοι τέμνονται στο H.

Μένει λοιπόν να αποδείξουμε την (1).
Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)-p2b.png
Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)-p2b.png (52.54 KiB) Προβλήθηκε 520 φορές
Θα αποδείξουμε συγκεκριμένα πως αν S το σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των PXM και ABC, τότε S θα ανήκει και στον κύκλο EMB, δηλαδή το S θα είναι η τομή του περιγεγραμμένου κύκλου του ABC με του EMB.

Όμοια θα ισχύει και για το σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των QYM και ABC, επομένως το σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των PXM και ABC θα ταυτίζεται με την τομή των περιγεγραμμένων κύκλων των QYM και ABC, άρα πράγματι το K θα είναι τομή του περιγεγραμμένου κύκλου του ABC με του EMB.

Φέρνουμε την MM_A. Έχουμε πως το PBMM_A είναι εγγράψιμο, καθώς \widehat{BPM_A}=90^o και \widehat{BMM_A}=90^o. Έστω F το σημείο τομής των διαγωνίων αυτού του τετραπλεύρου.

Έστω S' το σημείο τομής της XF με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC. Από το εγγράψιμο S'BXM_A έχουμε πως S'F\cdot FX=BF\cdot FM_A.

Όμως BF\cdot FM_A=PF\cdot FM (από το εγγράψιμο PBMM_A). Άρα έχουμε πως S'F\cdot FX=PF\cdot FM, άρα το S'PXM είναι εγγράψιμο. Επομένως το S' \equiv S.

Θέλουμε να αποδείξουμε πως το S'EMB είναι εγγράψιμο. Αρκεί να αποδείξουμε πως το S'EMFB είναι εγγράψιμο.

Όμως το S'BFM είναι εγγράψιμο, καθώς \widehat{BS'F}=\widehat{BM_AX}=\widehat{BMF}.

Αρκεί να αποδείξουμε πως και το BEMF είναι εγγράψιμο.

Έστω \widehat{ACB}=x.

Λόγω του ότι το BEC είναι ορθογώνιο και M το μέσο της BC, έχουμε πως το \widehat{BEM}=90^o-x.

Άρα αρκεί \widehat{BFM}=90^o+x.

Φέρνουμε την AM_A. Από εγγεγραμμένες γωνίες έχουμε πως \widehat{AM_AB}=x.

Ακόμη η ευθεία PQ είναι ευθεία Simson από το σημείο M_A, άρα το σημείο τομής της PQ με την BC θα είναι το σημείο τομής της κάθετης από το M_A προς την BC , δηλαδή το M. Άρα τα P, M, Q είναι συνευθειακά. Αφού τώρα PQ\perp AM_A (PQ είναι η πολική του A στον κύκλο με κέντρο M_A), έχουμε πως PM\perp AM_A

Όμως λόγω της καθετότητας PM\perp AM_A, έχουμε πως \widehat{MFM_A}=90^o-x, άρα πράγματι \widehat{BFM}=90^o+x και το ζητούμενο έπεται.


Houston, we have a problem!
Panagiotis11
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Κυρ Απρ 09, 2017 7:33 pm
Τοποθεσία: Πάτρα

Re: Διαδικτυακός Διαγωνισμός Γεωμετρίας (Ημέρα 1η)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Panagiotis11 » Παρ Ιούλ 14, 2017 3:32 am

Πολύ ωραίες οι λύσεις σου Διονύση!

Όσο για την άσκηση 3,να περιμένω να λυθεί πρωτού ανεβάσω και τα επόμενα 3 προβλήματα ή όχι;

Μην ξεχνάτε ότι όπως είχα πει υπάρχουν και άλλοι τρόποι λύσης των ασκήσεων
1) Τριγωνομετρία
2)Φέρνουμε A'\equiv AO\cap HM,%O κέντρο του \bigtriangleup ABC


Μπορεί να απογοητευθείς αν αποτύχεις, αλλά είσαι χαμένος αν δεν προσπαθήσεις.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες