BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#1

G1. Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC

και έστω

το μέσο της πλευράς

. Έστω

και

τα παράκεντρα των τριγώνων AMB

και

αντίστοιχα ως προς το σημείο

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABD

τέμνει την ευθεία

στα σημεία

και

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ACE

τέμνει την ευθεία

στα σημεία

και

. Να δειχθεί ότι BF = CG

.

G2. Έστω τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Gamma$ με κέντρο

. Έστω

το ορθόκεντρο του ABC

και

το μέσο της

. Η εφαπτομένη του $\Gamma$ στο

τέμνει τη μεσοκάθετο της

στο

και η εφαπτομένη του $\Gamma$ στο

τέμνει τη μεσοκάθετο της

στο

. Να δειχθεί ότι οι

και

τέμνονται κάθετα.

G3. Έστω

σημείο μέσα σε τρίγωνο ABC

. Έστω

τα μήκη των πλευρών του ABC

και έστω

η ημιπερίμετρός του. Να βρεθεί η μέγιστη δυνατή τιμή του
$\displaystyle \min\left(\frac{PA}{p-a},\frac{PB}{p-b},\frac{PC}{p-c}\right)}$
λαμβάνοντας υπόψη όλες τις διαφορετικές επιλογές τριγώνου ABC

και σημείου

.

G4. Αυτό ήταν το πρόβλημα 1 της Βαλκανιάδας.

G5. Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με

και έστω

σημείο στην προέκταση του

από τη μεριά του

. Ο κύκλος c_1

με κέντρο το

και ακτίνα

τέμνει τις ευθείας AC,AB

και

στα

και

αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος c_2

του τριγώνου AFG

τέμνει ξανά τις ευθείας FE,BC,GE

και

στα σημεία J,H,H'

και

αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος c_3

του τριγώνου ADE

τέμνει ξανά τις ευθείας FE,BC,GE

και

στα σημεία I,K,K'

και

αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι τα τετράπλευρα HIJK

και

είναι κυκλικά με τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων τους να συμπίπτουν.

G6. Έστω τρίγωνο ABC

με

με περιγεγραμμένο κύκλο $\omega$ και περίκεντρο

. Έστω

σημείο στην προέκταση της

από την πλευρά του

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος $\omega_1$ του τριγώνου OAD

τέμνει την ευθεία

και τον κύκλο $\omega$ στα σημεία

και

αντίστοιχα. Το σημείο

είναι τέτοιο ώστε το τετράπλευρο DAEH

να είναι παραλληλόγραμμό. Η ευθεία

τέμνει τον κύκλο $\omega_1$ ξανά στο σημείο

. Η κάθετη από το

στη

τέμνει τον $\omega_1$ ξανά στο

και η κάθετη από το

στη

τέμνει τον $\omega$ ξανά στο

. Να δειχθεί ότι τα L,N,H,G

είναι ομοκυκλικά.

Xriiiiistos · #2

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 05, 2019 11:19 am
G1. Έστω οξυγώνιο τρίγωνο και έστω το μέσο της πλευράς . Έστω και τα παράκεντρα των τριγώνων και αντίστοιχα ως προς το σημείο . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την ευθεία στα σημεία και . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει την ευθεία στα σημεία και . Να δειχθεί ότι .

Aφού θα ισχύει $MB\cdot MF=MC\cdot MG$ Αρκεί να δείξουμε πως το

ανήκει στο ριζικό άξονα των 2 κύκλων ή ισοδύναμα πως τέμνονται για 2η φορά πάνω στην

. Oνομάζουμε X,Y

τους κύκλους με το σημεία $A,B,D\kappa \alpha \iota A,C,E$ . $X\cap AM\equiv L,Y\cap AM\equiv N$

Έχουμε $\widehat{CEA}=90-\frac{\widehat{AMC}}{2}=_{(ANCE\varepsilon \gamma \gamma \rho .)}\widehat{MNC}$ Άρα $\widehat{MNC}=\widehat{MCN}=90-\frac{\widehat{AMC}}{2}\Leftrightarrow NM=MC$ Oμοίως και από την άλλη πλευρά και καταλήγουμε στο BM=ML

Όμως $MB=ML\alpha \rho \alpha MN=ML\rightarrow N\equiv L$ άρα X,Y

ξανατέμνονται πάνω στην

KAI όπως είπα πιο πάνω θα ισχύει $MB\cdot MF=MC\cdot MG\rightarrow BF=GC$

#3

Να πω εδώ ότι το G2 είναι του περυσινού υπαρχηγού στην ΒΜΟ, Μιχάλη Σαράντη.
Το G5 είναι του Βαγγέλη Ψύχα και το G6 είναι του Θεόκλητου Παραγυιού από την Κύπρο.

#4

Έγινε διόρθωση του G3. Απολογίες σε όσους τους μπέρδεψα.

ksofsa · #5

Για το G3:

Εστω αρχικά σταθεό τρίγωνο ABC

,

το έγκεντρο και D,E,Z

οι προβολές του

στις

.

Τότε

Εστω ότι οι απολλώνιοι κύκλοι των τμημάτων AB, BC

με λόγους $\frac{p-a}{p-b}, \frac{p-b}{p-c}$ αντίστοιχα τέμνονται σε σημείο

εντός του

.

Τότε $\frac{AQ}{BQ}=\frac{p-a}{p-b}\Leftrightarrow \frac{AQ}{p-a}=\frac{BQ}{p-b} , \frac{BQ}{CQ}=\frac{p-b}{p-c}\Leftrightarrow \frac{BQ}{p-b}=\frac{CQ}{p-c}$

Αρα $\frac{AQ}{p-a}=\frac{BQ}{p-b}=\frac{CQ}{p-c}=m$

Θα δείξω ότι για το συγκεκριμένο τρίγωνο είναι P=Q

Εστω

οι προβολές του

στις

Τότε το

εντός ή σε πλευρά/ες ενός τουλάχιστον από τα τετράπλευρα ALQM, BKQM, CKQL

, έστω στο πρώτο.

Τότε AP<AQ

και άρα $min({\frac{AQ}{p-a},\frac{BQ}{p-b},\frac{CQ}{p-c}})\leq \frac{AP}{p-a}\leq \frac{QA}{p-a}=m$ .

Αρα P=Q

Εστω τώρα τυχαίο τρίγωνο με τα ίδια σημεία.

Επειδή $<APB+<BPC+<CPA=2\pi$ , μια από τις γωνίες είναι μεγαλύτερη ή ίση με $\frac{2\pi }{3}$ , έστω η <BPC

.

Τότε
$<BPD=<CPD\geq \frac{\pi }{3}$ .

Εστω ότι

μεταξύ των B,D

.

Τότε, $\frac{PB}{p-b}=\frac{PB}{BD}=\frac{sin<BDP}{sin<BPD}\leq \frac{1}{sin<BPD}\leq \frac{1}{sin\frac{\pi }{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ .

Αρα το ζητούμενο μέγιστο είναι $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ και πιάνεται για ABC

ισόπλευρο με

το έγκεντρο του.

Η λύση χάνει στο ότι θεώρησα αυθαίρετα στην αρχή ότι οι δύο απολλώνιοι κύκλοι τέμνονται , και μάλιστα σε σημείο εντός του τριγώνου .Αυτό , αν και προφανές, χρειάζεται απόδειξη. Θα ήταν ενδιαφερον να ξέραμε πόσες μονάδες θα έχανε κάποιος για αυτήν την παράλειψη αν ήταν θέμα στο διαγωνισμό.

Xriiiiistos · #6

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 05, 2019 11:19 am

G2. Έστω τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Gamma$ με κέντρο . Έστω το ορθόκεντρο του και το μέσο της . Η εφαπτομένη του $\Gamma$ στο τέμνει τη μεσοκάθετο της στο και η εφαπτομένη του $\Gamma$ στο τέμνει τη μεσοκάθετο της στο . Να δειχθεί ότι οι και τέμνονται κάθετα.

Μετά την κατασκευή του περιγεγραμμένου κύκλου (

) του

που είναι και συνηθισμένη τα πράγματα γίνονται πιο απλά. D,E,F

τα ίχνη των ύψων των A,B,C

του αρχικού τριγώνου. Από λόγο μέσων υπάρχει ομοιοθεσία $\lambda =2$ με κέντρο

που στέλνει τον κύκλο Euler

στον

Άρα

συνευθειακά όπου

το κέντρο

.(Είναι γνωστό ότι το μέσο $OH\cap K$ είναι το κέντρο του κύκλου Euler

). Επείσης παρατηρούμε αν

η τομή των εφαπτομένων BE//LO,HC//OM,DE//MP,FD//BP

άρα ΑΝ $FD\cap BE\equiv J,DE\cap FC\equiv N$ τότε LM//JN

Άρα αρκεί $JN\perp KS$ Και αυτό μας οδηγεί στους ριζικούς άξονες. J,N

ριζικά κέντρα $BFHD,(R),\Gamma \kappa \alpha \iota DHEC,(R),\Gamma$
οπότε $JN\perp KS$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #7

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 05, 2019 11:19 am

G6. Έστω τρίγωνο με με περιγεγραμμένο κύκλο $\omega$ και περίκεντρο . Έστω σημείο στην προέκταση της από την πλευρά του . Ο περιγεγραμμένος κύκλος $\omega_1$ του τριγώνου τέμνει την ευθεία και τον κύκλο $\omega$ στα σημεία και αντίστοιχα. Το σημείο είναι τέτοιο ώστε το τετράπλευρο να είναι παραλληλόγραμμό. Η ευθεία τέμνει τον κύκλο $\omega_1$ ξανά στο σημείο . Η κάθετη από το στη τέμνει τον $\omega_1$ ξανά στο και η κάθετη από το στη τέμνει τον $\omega$ ξανά στο . Να δειχθεί ότι τα είναι ομοκυκλικά.

Θα δείξουμε πως $H\in BC$
Πράγματι έστω σημείο $H' \in BC$ με DH'//AC

,τότε τα τρίγωνα BOD,OAE

έχουν $OB=OA,\angle BDO=\angle ADO=\angle AEO,\angle ABO=\angle OAE$ άρα είναι ίσα ,δηλαδή AE=BD=DH'

άρα

παραλληλόγραμμο και $H'\equiv H$

Έστω $T\equiv NE\cap CH$ .Είναι $\angle GNE=\angle GAE=\angle CBG$ άρα BGTN

εγγράψιμο ,δηλαδή $NT\perp CH,NC=NH$
Άρα

μέσο του τόξου $\overset{\frown }{AL}$ .
Είναι $\angle JCB=\angle JBG=90^{\circ}-\angle NGJ=\angle NGL=\dfrac{\angle A}{2}$ (

σταθερό).

Έχουμε $\angle DGB=\angle OGB+\angle DGO=\angle GBO+180^{\circ}-\angle BAO=\angle GBO+\angle OBA=\angle GBD\Leftrightarrow BD=DG(=DH)$

Αφού λοιπόν

το κέντρο του περίκυκλου του BGH

θα είναι $\angle BGH=180^{\circ}-\dfrac{\angle A}{2}$
Έτσι θα είναι $\angle HGN=180^{\circ}-\dfrac{\angle A}{2}-90^{\circ}=90^{\circ}-\dfrac{\angle A}{2}=\angle NGJ$
Άρα

διχοτόμος της $\angle JGH$

Για να είναι NHGJ

εγγράψιμο αρκεί λοιπόν NJ=NH

: 128.PNG (50.86 KiB) Προβλήθηκε 1765 φορές

Μεταφερόμαστε επομένως στο παρακάτω πρόβλημα:
Αν ABC

ισοσκελές με AB=AC

,

σημείο της

και

τότε

όπου

η τομή της μεσοκαθέτου του

και του περίκυκλου του OAD

και

σταθερό σημείο του περίκυκλου του ABC

με $\angle JCB=\dfrac{\angle A}{2}$

Αρχικά θα δείξουμε ότι DN=OA

.Έστω

η τομή της

με τον κύκλο (O,D,A)

$\angle KOD=\angle DAK=180^{\circ}-\angle A-\angle DKA= 180^{\circ}-\angle A-\angle DOA=\angle COD$
Άρα O,C,K

συνευθειακά.
Έστω τώρα

σημείο του κύκλου (O,D,A)

με

.Το OADN' είναι ισοσκελές τραπέζιο και το DN'OB

παραλληλόγραμμο.Τα τρίγωνα DHN',N'OC

έχουν $OC=OA=DN',ON'=DB=DH,\angle CON=HDN'$ άρα είναι ίσα και N'H=N'C

, $N'\equiv N$

: 1.PNG (46.78 KiB) Προβλήθηκε 1765 φορές

Έστω τώρα ότι ο κύκλος (N,NC)

τέμνει τον (A,B,C)

στο

.Επειδή

και

είναι

μεσοκάθετη του

άρα $\angle JCB=180^{\circ}-\angle HCJ=180^{\circ}-\left ( \angle HCN \right )-\left ( 90^{\circ}-\angle ONC \right )=90^{\circ}-\left ( \angle CHN-\angle DHN \right )=\,\,\,=90^{\circ}-\angle DHB=\dfrac{\angle A}{2}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

: 2.PNG (59.2 KiB) Προβλήθηκε 1765 φορές

Xriiiiistos · #8

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 05, 2019 11:19 am

G5. Έστω οξυγώνιο τρίγωνο με και έστω σημείο στην προέκταση του από τη μεριά του . Ο κύκλος με κέντρο το και ακτίνα τέμνει τις ευθείας και στα και αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει ξανά τις ευθείας και στα σημεία και αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει ξανά τις ευθείας και στα σημεία και αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι τα τετράπλευρα και είναι κυκλικά με τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων τους να συμπίπτουν.

Θα γράψω την λύση λίγο ποιο περιληπτικά μιας και είμαι από κινητο.

Πρώτα θα ασχοληθούμε με το KHIJ

. Παρατηρούμε ότι A,H,I

συνευθειακά το οποίο θα αποδείξουμε.

$\angle EGF=\angle \frac{BAC}{2}=\angle \frac{A}{2}$ και $\angle DGE=\angle s$

$\angle HAF=\angle HGF=\angle s+\frac{A}{2}$ επίσης $\angle AEF=\angle AFE=\angle 90-\frac{A}{2}$ με $\angle DAE=2s\rightarrow \angle AED=90-s$
Οπότε έχουμε $\angle DEI=180-\frac{A}{2}-s\Leftrightarrow \angle DAI=\frac{A}{2}+s$ οπότε $\angle DAI+\angle HAF=A+2S=\angle DAF$
Ως αποτέλεσμα A,H,I συνευθειακά και ομοίως A,K,J συνευθειακά οπότε έχουμε

$\measuredangle AKD=\angle AED=\angle ADE=\angle AIJ$ άρα KHIJ εγγράψιμο

Τώρα θα ασχοληθούμε με το K'H'I'J'

παρατηρούμε ότι A,I',H'

συνευθειακά το οποίο θα δείξουμε

$\measuredangle I'AE=\measuredangle FDE=\frac{A}{2},H'AF=\angle EGF=\frac{A}{2}$ Άρα Α,I',H' συνευθειακά αφού ανήκουν στη διχοτόμου της $\angle BAC$
Εύκολα δείχνουμε και ότι K',J' ανήκουν στη διχοτόμος της GAD άρα A,K'J' συνευθειακά (αν υπάρχει θέμα στην απόδειξη μπορείτε να μου στείλετε για να την γράψω που δεν το νομίζω).

$\angle AI'D=\angle AED=\angle EDA=\angle H'K'J'$ οπότε K'H'I'J' εγγράψιμο

Τα τμήματα που θα χρεισιμοποιήσουμε είναι τόξα για τον κύκλο c3
$\angle DFE=\angle DGE=\frac{DE-II'}{2}=\frac{DE-KK'}{2}$
Το οποίο μας δείνει ότι KK'I'I

είναι ισοσκελές τραπέζιο άρα τα τμήματα K'I',KI

τα οποία είναι διαγώνιες στα εγρράψιμα που θέλουμε μοιράζονται την ίδια μεσοκάθετη. Λόγο των τόξων KK' και II' έχουμε $\angle IAI'=\angle K'AK$ άρα και το H'J'JH

ισοσκελές τραπέζιο άρα και το δεύτερο ζεύγος Διαγωνίων των εγγράψιμων μοιράζεται την ίδια μεσοκάθετη οπότε τα εγγράψιμα KHIJ,K'H'I'J'

Έχουν κοινά κέντρα

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #9

Για το G5 τα εγγράψιμα KHIJ

προκύπτουν αμέσως ως εξής(βάζω και το σχήμα για να υπάρχει):

: 131.PNG (46.37 KiB) Προβλήθηκε 1605 φορές

BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Μέλη σε σύνδεση