BMO 2014

#41

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά, στους μελαλιούχους, στους διακριθέντες, στους γονείς τους , τους δασκάλους ,

τους συνοδούς και στην ΕΜΕ για την άψογη εμφάνιση της ομάδας !

Εύχομαι σε όλους τους μαθητές να έχουν ακόμα μεγαλύτερη εμφάνιση στην ΙΜΟ !

Μπάμπης

jim.jt · #42

Πολλά συγχαρητήρια κι από εμένα στην ομάδα μας για τις καταπληκτικές της επιδόσεις!!!

Εύχομαι να μας κάνετε ξανά περήφανους και στη Διεθνή Ολυμπιάδα!!

Ξεχωριστά συγχαρητήρια και στον κο. Σιλουανό, ο οποίος ήταν αρχηγός της ομάδας και εισηγητής του 3ου θέματος!

simantiris j. · #43

Τα θερμά μου συγχαρητήρια στα παιδιά και σε όλους όσους δούλεψαν για την ΤΕΡΑΣΤΙΑ αυτή επιτυχία!Νομίζω πως δεν έχω ξανακούσει σε ελληνική ομάδα δυο παιδιά να έχουν καταφέρει να πιάσουν ΑΡΙΣΤΗ βαθμολογία και τα υπόλοιπα να έχουν εξίσου ΕΞΑΙΡΕΤΙΚΕΣ επιδόσεις.
Τα αποτελέσματα αυτά μας κάνουν όλους περήφανους και δημιουργούν μεγάλες προσδοκίες για την IMO 2014.
Να δώσω και εγώ τα συγχαρητήρια μου στον κ.Σιλουανό για το πολύ ωραίο γεωμετρικό θέμα που πρότεινε και το οποίο συνεχίζει τη λαμπρή παράδοση της Ελλάδας στην πρόταση θεμάτων.

#44

Τώρα πρόσεξα ότι το θέμα γεωμετρίας ήταν Ελληνικό και ...Τρικαλινό !

Σιλουανέ , ξανά συγχαρητήρια

!!!

Μπ.

#45

Άλλος ένας τρόπος για το 3ο πρόβλημα με χρήση αναλυτικής γεωμετρίας (και πολύ απλές πράξεις που μπορούν να γίνουν εύκολα με το χέρι και κατά τη διάρκεια του διαγωνισμού).

Τοποθετούμε τους άξονες στο κέντρο του κύκλου C_1: x^2+y^2=1

Τότε

,

),

και

με

και

Στο εξής και για ευκολία στις πράξεις, όπου συναντάω b^2

το αντικαθιστώ με 1-a^2

.

Το

είναι η τομή των ευθειών $AC: \ y=\dfrac{b}{a+1}x+\dfrac{b}{a+1}$ και $BD: \ y=-\dfrac{b}{a+1}x+\dfrac{b}{a+1}$ δηλαδή $E\left(0,\dfrac{b}{a+1}\right)$ .

Η κάθετη από το

έχει συντελεστή διεύθυνσης $\dfrac{a+1}{b}$ άρα η εξίσωση της κάθετης από το

προς την

είναι η $y=\dfrac{a+1}{b}x+\dfrac{b}{a+1}$ και βάζοντας όπου y=b

, βρίσκουμε τις συντεταγμένες του σημείου

να είναι οι $M\left(\dfrac{a(1-a)}{a+1},b\right)$

Αφού $BE=\sqrt{\dfrac{2}{a+1}}$ άρα ο κύκλος C_2

έχει εξίσωση $C_2: \ (x-1)^2+y^2=\dfrac{2}{a+1}$

Λύνοντας το σύστημα των C_1, C_2

παίρνουμε τις συντεταγμένες των K,L

να είναι οι

$K\left(\dfrac{a}{a+1},\dfrac{\sqrt{2a+1}}{a+1}\right)$ και $L\left(\dfrac{a}{a+1},-\dfrac{\sqrt{2a+1}}{a+1}\right)$

: BMO_3rd.png (66.83 KiB) Προβλήθηκε 2197 φορές

$\begin{aligned}\overrightarrow{MK}\cdot \overrightarrow {DL} &= \left(\dfrac{a}{a+1}-\dfrac{a(1-a)}{a+1},\dfrac{\sqrt{2a+1}}{a+1}-b\right)\cdot \left(\dfrac{a}{a+1}+a,-\dfrac{\sqrt{2a+1}}{a+1}-b\right) \\ &= \dfrac{a^3(a+2)}{(a+1)^2}-\dfrac{2a+1}{(a+1)^2}+b^2 \\ &= \dfrac{a^3(a+2)-2a-1+(a+1)^2\left(1-a^2\right)}{(a+1)^2}=0\end{aligned}$

Συνεπώς $MK\perp DL$ όπως θέλαμε!

Αλέξανδρος

#46

Θερμά συγχαρητήρια πρώτα απο όλα σε όλους τους μαθητές και τους συνοδούς τους καθηγητές και ευχές για μεγαλύτερες επιτυχίες!
Φυσικά ιδιαίτερα συγχαρητήρια στους Αθηναγόρα Σκιαδόπουλο και Παναγιώτη Δημάκη για τα χρυσά μετάλλια.
Και εννοείται πολλά πολλά συγχαρητήρια για το άξιο αρχηγό Σιλουανό Μπραζιτίκο και για το όμορφο γεωμετρικό πρόβλημα που πρότεινε.
Επιτρέψτε μου τέλος άλλη μία προσέγγιση στο συγκεκριμένο πρόβλημα:
Αρκεί να αποδείξουμε ότι το σημείο

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου DKL

, η ισοδύναμα ότι η

είναι η μεσοκάθετος της

καθώς το συμμετρικό του ορθοκέντρου ως προς την πλευρά του τριγώνου ανήκει στον περίκυκλο του τριγώνου.
Έστω

η τομή της προέκτασης της

με την

. Φέρνουμε τη μεσοκάθετο της

(που είναι προφανώς και μεσοκάθετος της

) που τέμνει τον κύκλο στα M.N

και την

στο

. Θα δείξουμε ότι BK=BL=BE

. Πράγματι, $BK^2=BZ\cdot BA=2R\cdot BZ=BO\cdot BN=BE^2.$

Τέλος ένα ισοδύναμο πρόβλημα που προέκυψε στην πορεία, είναι και το παρακάτω:
Αν είναι το περίκεντρο, έγκεντρο και ορθόκεντρο αντίστοιχα ενός τριγώνου και ισχύει $IO\parallel BC$ , τότε $HI\perp AI$ .
Στην άσκηση μας, το

είναι έγκεντρο του τριγώνου DKL

.

#47

Συγχαρητήρια σε όλους και καλή συνέχεια .

Νίκος

#48

Άλλη μία λύση:

Το τετράπλευρο OBCE

είναι εγγράψιμο (διότι $\angle{O}=\angle{C}=90^{\circ}$ ) συνεπώς οι ευθείες BC, KL, EM

συντρέχουν έστω στο σημείο

(ριζικοί άξονες των τριών κύκλων). Όμως AD//EM

(κάθετες στην

). Συνεπώς, αφού λόγω του ισοσκελούς τραπεζίου έχουμε $\angle{D}=\angle{C}$ , άρα το τρίγωνο MNC

είναι ισοσκελές με MN=CN

και το

είναι το ύψος οπότε η

είναι η μεσοκάθετος της

συνεπώς το

είναι το συμμετρικό του

ως προς την

, άρα το

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου DKL

κι έτσι έχουμε το ζητούμενο.

: BMO_3rd (radical).png (71.12 KiB) Προβλήθηκε 2091 φορές

Αλέξανδρος

#49

Καλησπέρα και πάλι σε όλους από την Ελλάδα πλέον.
Σας ευχαριστώ πρώτα εκ μέρους της ομάδας για τα συγχαρητήρια και ειδικότερα για τα καλά σας λόγια για το πρόβλημα που προτάθηκε από εμένα.
Γενικά υπήρξαν αρκετές διαφορετικές λύσεις στο πρόβλημα. Η λύση μου είναι ίδια με του κ. Βαρβεράκη. Οι περισσότεροι οι οποίοι έδωσαν συνθετική λύση στο πρόβλημα έκαναν τη λύση που έβαλε τώρα ο Αλέξανδρος στο τέλος. Οι περισσότερες όμως λύσεις ήταν με τριγωνομετρία ή αναλυτική γεωμετρία.
5 από τους 6 μαθητές μας έλυσαν πλήρως το πρόβλημα και μάλιστα συνθετικά (προλαβαίνοντας την σκέψη κάποιων, να τονίσω ότι δεν ήξεραν τίποτα για το πρόβλημα).
Ειδικότερα, να σημειώσω ότι ο Αντώνης Ζητρίδης έδειξε για μία ακόμη φορά τις φοβερές ικανότητές του στη γεωμετρία προσφέροντας μία λύση που κανείς δεν θα μπορούσε να φανταστεί.
Θα προσπαθήσω να φτιάξω ένα αρχείο με τις λύσεις και να το μοιραστώ μαζί σας κάποια στιγμή.

Nick1990 · #50

Ίσως να είναι το ίδιο με αυτό που έκανε ο Αλέξανδρος, αλλά για λόγους μαθηματικής πολυφωνίας θέλω να σημειώσω πως το ότι το

είναι μέσο της

(με το σχήμα του κ. Βαρβεράκη, θεωρώντας την

ως την κοινή χορδή των κύκλων), μπορεί να αποδειχτεί και μέσω πολικών:

$\angle{BLA} = \angle{BKA} = \frac{\pi}{2} \Rightarrow AK, AL$ εφαπτομένες στον κύκλο κέντρου

. Άρα

πόλοι των

, οπότε η

είναι η πολική του σημείου τομής

των

. Οπότε

κάθετη στην

που σημαίνει ότι τα B, C, S

είναι συνευθειακά (αφού $\angle{ACB}$ ορθή). Μετά δείχνουμε ότι το BSN

είναι ισοσκελές όπως στη λύση του Αλέξανδρου.

#51

: BMO.png (26.46 KiB) Προβλήθηκε 1870 φορές

Στο σχήμα τα $MCBZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SKCD$ είναι ισοσκελή τραπέζια ενώ το SKMD

παραλληλόγραμμο και έτσι DS//KM

…
Πιο βράδυ λεπτομέρειες

Νίκος

#52

smar έγραψε:Ειδικότερα, να σημειώσω ότι ο Αντώνης Ζητρίδης έδειξε για μία ακόμη φορά τις φοβερές ικανότητές του στη γεωμετρία προσφέροντας μία λύση που κανείς δεν θα μπορούσε να φανταστεί.

... Και όχι μόνον στην Γεωμετρία, λαμβάνοντας υπ όψιν τα σημερινά (χθεσινά πλέον, 4/3/16) αποτελέσματα

[Θα μπορούσαμε να δούμε την παραπάνω αναπάντεχη λύση του, με την ευκαιρία;]

Γιώργος Μπαλόγλου

BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Μέλη σε σύνδεση