Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Γιάννης Μπόρμπας · #1

Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλοι οι μη αρνητικοί ακέραιοι a,b,c

που ικανοποιούν την παρακάτω εξίσωση:
2^a+150=(c-b)(c+b)

Πρόβλημα 2
Αν οι x,y,z

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα

να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης:
$\displaystyle{(\frac{y-y^2}{1+z+2x}+\frac{z-z^2}{1+x+2y}+\frac{x-x^2}{1+y+2z})(\frac{1}{(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2})}$
Πότε μπορούμε να την επιτύχουμε;

Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R)

. Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα B,C

τέμνονται
στο

. Η

τέμνει την

στο

. Η

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c_1

του τριγώνου BOC

στο

.
Αν

είναι η προβολή του

στην

και η

τέμνει τον c_1

στο

, να αποδείξετε ότι τα σημεία M,E,K

είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης, χωρίζει τον πίνακα σε 4 στήλες (έστω R_1, R_2, R_3, R_4

αντίστοιχα η 1η, 2η, 3η, 4η στήλη).
Στην συνέχεια γράφει

διαδοχικούς θετικούς ακέραιους στον πίνακα, (έστω a_1, a_2, a_3, a_4

με

)
έτσι ώστε ο a_i

να βρίσκεται στην R_i

στήλη. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί να επιλέξει

αριθμούς

οι οποίοι
βρίσκονται στις R_i, R_j

αντίστοιχα με |i-j|=1

και

, να τους σβήσει, και από κάτω τους να γράψει τους b_i-2,b_j+1

ή

αντίστοιχα.
Αν ο Θανάσης δεν μπορεί να κάνει κίνηση τότε σταματάει.
Αν απαγορεύεται να προκύψουν αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα, να αποδείξετε ότι για κάθε
θετικό ακέραιο

ο Θανάσης μπορεί να βρει

διαδοχικούς θετικούς ακέραιους μεγαλύτερους του

έτσι ώστε
μετά από μερικές κινήσεις να προκύψουν 2 μηδενικά στον πίνακα. Με (a,b)

συμβολίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των a,b

.

Η γεωμετρία δεν είναι δική μου.

Ορέστης Λιγνός · #2

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλοι οι μη αρνητικοί ακέραιοι που ικανοποιούν την παρακάτω εξίσωση:

Αν $a \geqslant 2$ , τότε με $(\bmod4)$ , πρέπει $c^2-b^2=(c-b)(c+b) \equiv 2^a+150 \equiv 2(\bmod4)$ , άρα $c^2-b^2 \equiv 2(\bmod4)$ .

Όμως, για κάθε $x \in \mathbb{N}$ , είναι $x^2 \equiv 0,1 (\bmod4)$ , άρα $c^2-b^2 \equiv 0,1,3 (\bmod4)$ , άτοπο.

Έτσι, a=0

ή

.

α) Αν a=0

,

, με λύση

.

β) Αν a=1

,

, με λύσεις (a,b,c)=(1,37,39)

και

.

Άρα, οι ζητούμενες τριάδες είναι οι $\boxed{(a,b,c)=(0,75.76), (a,b,c)=(1,37,39), (a,b,c)=(1,17,21)}$ .

Γιάννης Μπόρμπας · #3

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλοι οι μη αρνητικοί ακέραιοι που ικανοποιούν την παρακάτω εξίσωση:

Αν $a \geqslant 2$ , τότε με $(\bmod4)$ , πρέπει $c^2-b^2=(c-b)(c+b) \equiv 2^a+150 \equiv 2(\bmod4)$ , άρα $c^2-b^2 \equiv 2(\bmod4)$ .

Όμως, για κάθε $x \in \mathbb{N}$ , είναι $x^2 \equiv 0,1 (\bmod4)$ , άρα $c^2-b^2 \equiv 0,1,3 (\bmod4)$ , άτοπο.

Έτσι, ή .

α) Αν , , με λύση .

β) Αν , , με λύσεις και .

Άρα, οι ζητούμενες τριάδες είναι οι $\boxed{(a,b,c)=(0,75.76), (a,b,c)=(1,37,39), (a,b,c)=(1,17,21)}$ .

JimNt. · #4

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 2
Αν οι είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης:
$\displaystyle{(\frac{y-y^2}{1+z+2x}+\frac{z-z^2}{1+x+2y}+\frac{x-x^2}{1+y+2z})(\frac{1}{(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2})}$
Πότε μπορούμε να την επιτύχουμε;

Θέτουμε για ευκολία $A=(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2$ .

$A \cdot LHS= \sum{\dfrac{y(x+z)}{3x+2z+y}\ge \dfrac{4A}{12(x+y+z)}=\dfrac{A}{3} \Leftrightarrow LHS \ge \dfrac{1}{3}$ , ανν $x=y=z=\dfrac{1}{3}$ . (Εξήγηση: Αντικαθιστούμε όπου

το

στους παρανομαστές και στους αριθμητές που έχουν την μορφή v(1-v)

και εφαρμόζουμε την Andreecu

)

$\sum{(\dfrac{\sqrt{yx}^2}{3x+2z+y}+\dfrac{\sqrt{yz}^2}{3x+2z+y})$

Γιάννης Μπόρμπας · #5

JimNt. έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 2
Αν οι είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης:
$\displaystyle{(\frac{y-y^2}{1+z+2x}+\frac{z-z^2}{1+x+2y}+\frac{x-x^2}{1+y+2z})(\frac{1}{(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2})}$
Πότε μπορούμε να την επιτύχουμε;
Θέτουμε για ευκολία $A=(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})^2$ . $A \cdot LHS= \dsum{\dfrac{y(x+z)}{3x+2z+y}\ge \dfrac{4A}{12(x+y+z)}=\dfrac{A}{3} \Leftrightarrow LHS \ge \dfrac{1}{3}$ , ανν $x=y=z=\dfrac{1}{3}$ .

Μήπως θα μπορούσες να γράψεις λίγο πιο αναλυτικά την λύση; Ευχαριστώ.

#6

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης, χωρίζει τον πίνακα σε 4 στήλες (έστω αντίστοιχα η 1η, 2η, 3η, 4η στήλη).
Στην συνέχεια γράφει διαδοχικούς θετικούς ακέραιους στον πίνακα, (έστω με )
έτσι ώστε ο να βρίσκεται στην στήλη. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί να επιλέξει αριθμούς οι οποίοι
βρίσκονται στις αντίστοιχα με και , να τους σβήσει, και από κάτω τους να γράψει τους ή αντίστοιχα.
Αν ο Θανάσης δεν μπορεί να κάνει κίνηση τότε σταματάει.
Αν απαγορεύεται να προκύψουν αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα, να αποδείξετε ότι για κάθε
θετικό ακέραιο ο Θανάσης μπορεί να βρει διαδοχικούς θετικούς ακέραιους μεγαλύτερους του έτσι ώστε
μετά από μερικές κινήσεις να προκύψουν 2 μηδενικά στον πίνακα. Με συμβολίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των .

Αν έχω δύο διαδοχικούς αριθμούς x+1,x+2

με

περιττό, τότε μπορώ να τους κάνω x-1,x

ως εξής:

Αρχικά: x+1,x+2

1ο βήμα:

2ο βήμα:

3ο βήμα:

4ο βήμα:

Αρχίζοντας λοιπόν από τους 2m+1,2m+2,2m+3,2m+4

και εφαρμόζοντας το πιο πάνω διαδοχικά (στις στήλες

και

μαζί, και μετά στις στήλες

και

μαζί) μπορώ να καταλήξω στο 1,2,1,2

. Μετά από ακόμη δυο βήματα καταλήγω στο 2,0,2,0

.

Επεξεργασία: Διόρθωση τυπογραφικού.

Γιάννης Μπόρμπας · #7

Demetres έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης, χωρίζει τον πίνακα σε 4 στήλες (έστω αντίστοιχα η 1η, 2η, 3η, 4η στήλη).
Στην συνέχεια γράφει διαδοχικούς θετικούς ακέραιους στον πίνακα, (έστω με )
έτσι ώστε ο να βρίσκεται στην στήλη. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί να επιλέξει αριθμούς οι οποίοι
βρίσκονται στις αντίστοιχα με και , να τους σβήσει, και από κάτω τους να γράψει τους ή αντίστοιχα.
Αν ο Θανάσης δεν μπορεί να κάνει κίνηση τότε σταματάει.
Αν απαγορεύεται να προκύψουν αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα, να αποδείξετε ότι για κάθε
θετικό ακέραιο ο Θανάσης μπορεί να βρει διαδοχικούς θετικούς ακέραιους μεγαλύτερους του έτσι ώστε
μετά από μερικές κινήσεις να προκύψουν 2 μηδενικά στον πίνακα. Με συμβολίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των .
Αν έχω δύο διαδοχικούς αριθμούς με περιττό, τότε μπορώ να τους κάνω ως εξής:

Αρχικά:
1ο βήμα:
2ο βήμα:
3ο βήμα:
4ο βήμα:

Αρχίζοντας λοιπόν από τους και εφαρμόζοντας το πιο πάνω διαδοχικά (στις στήλες και μαζί, και μετά στις στήλες και μαζί) μπορώ να καταλήξω στο . Μετά από ακόμη δυο βήματα καταλήγω στο .

Δεν μπορούμε να προσθέσουμε

και να αφαιρέσουμε

αλλά μόνο το αντίστροφο.

#8

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Demetres έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Πρόβλημα 4
Ο μικρός Θανάσης, χωρίζει τον πίνακα σε 4 στήλες (έστω αντίστοιχα η 1η, 2η, 3η, 4η στήλη).
Στην συνέχεια γράφει διαδοχικούς θετικούς ακέραιους στον πίνακα, (έστω με )
έτσι ώστε ο να βρίσκεται στην στήλη. Σε κάθε κίνηση, ο Θανάσης μπορεί να επιλέξει αριθμούς οι οποίοι
βρίσκονται στις αντίστοιχα με και , να τους σβήσει, και από κάτω τους να γράψει τους ή αντίστοιχα.
Αν ο Θανάσης δεν μπορεί να κάνει κίνηση τότε σταματάει.
Αν απαγορεύεται να προκύψουν αρνητικοί αριθμοί στον πίνακα, να αποδείξετε ότι για κάθε
θετικό ακέραιο ο Θανάσης μπορεί να βρει διαδοχικούς θετικούς ακέραιους μεγαλύτερους του έτσι ώστε
μετά από μερικές κινήσεις να προκύψουν 2 μηδενικά στον πίνακα. Με συμβολίζουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των .
Αν έχω δύο διαδοχικούς αριθμούς με περιττό, τότε μπορώ να τους κάνω ως εξής:

Αρχικά:
1ο βήμα:
2ο βήμα:
3ο βήμα:
4ο βήμα:

Αρχίζοντας λοιπόν από τους και εφαρμόζοντας το πιο πάνω διαδοχικά (στις στήλες και μαζί, και μετά στις στήλες και μαζί) μπορώ να καταλήξω στο . Μετά από ακόμη δυο βήματα καταλήγω στο .
Δεν μπορούμε να προσθέσουμε και να αφαιρέσουμε αλλά μόνο το αντίστροφο.

Υπήρχε τυπογραφικό. Η πρώτη γραμμή έπρεπε να είναι

Αρχικά: x+1,x+2

Όλα τα άλλα μένουν ίδια.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #9

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο . Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα τέμνονται
στο . Η τέμνει την στο . Η τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο .
Αν είναι η προβολή του στην και η τέμνει τον στο , να αποδείξετε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά.

: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 1o μέρος.png (58.34 KiB) Προβλήθηκε 2969 φορές

Θεωρούμε για διευκόλυνση πως

είναι η τομή της

με τον κύκλο c_1

. Πρέπει να αποδείξουμε πως τα σημεία M, L, D

είναι συνευθειακά.

Έστω

το μέσο του

,

το σημείο τομής της

με τον

και

το σημείο τομής της

με τον

.

Έχουμε από δύναμη σημείου: $DS\cdot DA=DB^2$ .

Θεωρούμε αντιστροφή με πόλο το

και δύναμη DB^2

(με άλλα λόγια κύκλος της αντιστροφής είναι ο κύκλος c_2(D, DB)

).

Αρκεί να αποδείξουμε πως τα σημεία M, L

είναι αντίστροφα σε αυτή την αντιστροφή.

Έπεται λοιπόν πως το

πηγαίνει στο

και το ανάποδο.

Ο περιγεγραμμένος κύκλος c_1

του

διέρχεται από το

(αφού $\widehat{OBD} =\widehat{OCD} = 90^o$ ), που είναι ο πόλος της αντιστροφής, άρα γίνεται η ευθεία

.

Έπεται λοιπόν πως το

πηγαίνει στο

και το ανάποδο.

Το αντίστροφο λοιπόν του

είναι το

.

Επίσης το αντίστροφο του

είναι το σημείο τομής της

με τον περιγεγραμμένο κύκλο του NSD

, έστω

.

Άρα το αντίστροφο του

είναι το σημείο τομής της

με τον περιγεγραμμένο κύκλο του K'TD

. Εμείς θέλουμε να αποδείξουμε πως αυτό το σημείο είναι το

, επομένως αρκεί το K'DLT

να είναι εγγράψιμο.

Αρκεί λοιπόν $\widehat{K'LT}=\widehat{K'DT}$ .

Όμως $\widehat{K'DT}=\widehat{SNE}$ , καθώς το DSNK'

είναι εγγράψιμο.

Επομένως αρκεί $\widehat{K'LT}=\widehat{SNE}$ , δηλαδή αρκεί LT//NS

.

: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 2o μέρος.png (38.38 KiB) Προβλήθηκε 2969 φορές

Έστω

το σημείο τομής της

με την

και

το σημείο τομής της

με την προέκταση της

.

Αν αποδείξουμε πως το τρίγωνο LPN

είναι ισοσκελές, τότε θα έχουμε πως το

είναι μέσο του

, άρα από την παραλληλία των

και

θα ισχύει πως PR=PL

.

Είναι γνωστό πως η τετράδα (A, S, E, D)

είναι αρμονική.

Επομένως η δέσμη NA, NS, NE, ND

είναι αρμονική.

Άρα αφού PR=PL

θα έχουμε από γνωστό λήμμα στις αρμονικές πως RL//NS

, δηλαδή

που ήταν το ζητούμενο.

Αρκεί λοιπόν το τρίγωνο LPN

να είναι ισοσκελές.

Έχουμε τώρα πως $\widehat{PNL}=\widehat{NAC}+\widehat{NCA}=\widehat{EAB}+\hat{C}$ , καθώς $\widehat{NAC}=\widehat{EAB}$ , γιατί η

είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου ABC

.

Έχουμε τώρα πως $\widehat{PLN}=\widehat{ABL}+\widehat{TAB}+\widehat{ATL}-180^o=\hat{B}+\widehat{EAB}+\widehat{ATL}-180^o$ .

Εμείς θέλουμε να ισχύει ότι $\widehat{PNL}=\widehat{PLN}\Leftrightarrow \hat{B}+\widehat{EAB}+\widehat{ATL}-180^o=\widehat{EAB}+\hat{C} \Leftrightarrow \widehat{ATL}=\hat{C}+180^o-\hat{B}=2\hat{C}+\hat{A}$ .

Όμως έχουμε πως $\widehat{BTD}=\widehat{BCD}=\hat{A}$ , άρα $\widehat{ATB}=180^o-\hat{A}$ .

Έπεται λοιπόν πως θέλουμε να αποδείξουμε πως $\widehat{BTL}=\widehat{ATL}-\widehat{ATB}=2\hat{C}+\hat{A}-180^o+\hat{A}=2\hat{A}+2\hat{C}-180^o=180^o-2\hat{B}=2(90^o-\hat{B})=2\widehat{BAL}$ .

Έστω

το μέσο του

.

Έχουμε τώρα πως $\widehat{BZL}=2\widehat{BAL}$ , επομένως αρκεί να αποδείξουμε πως $\widehat{BZL}=\widehat{BTL}$ , δηλαδή ότι το BZTL

είναι εγγράψιμο.

Προεκτείνουμε την

και έστω πως τέμνει την

στο

.

Έχουμε πως $\widehat{ATF}=\widehat{BTD}=\widehat{BCD}=\hat{A}=\widehat{BAF}$ , άρα τα τρίγωνα BAF

και

είναι όμοια. Επομένως έχουμε πως $\widehat{FBA}=\widehat{TAF}=\widehat{SAC}=\widehat{SBC}$ .

Επομένως οι

και

είναι ισογώνιες στο τρίγωνο ABS

.

Όμως το τετράπλευρο ABSC

είναι αρμονικό, αφού τα σημεία A, S, D

είναι συνευθειακά. Άρα και το σημείο τομής των εφαπτομένων από τα A, S

θα είναι πάνω στη διαγώνιο

. Άρα η συμμετροδιάμεσος του τριγώνου SBA

στην κορυφή

είναι η

.

Έπεται λοιπόν πως η

είναι διάμεσος, άρα το

είναι μέσο του

.

Επομένως ZT//BS

και συνεπώς $\widehat{ZTB}=\widehat{TBS}$ .

Όμως λόγω του ότι οι

και

είναι ισογώνιες στο τρίγωνο ABS

, έχουμε πως $\widehat{TBS}=\widehat{EBA}=\widehat{LBZ}=\widehat{ZLB}$ .

Έπεται λοιπόν πως $\widehat{ZTB}=\widehat{ZLB}$ και άρα το BZTL

είναι εγγράψιμο!!!

ΟΥΦ!

Γιάννης Μπόρμπας · #10

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: Πέμ Σεπ 28, 2017 12:00 am
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο . Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα τέμνονται
στο . Η τέμνει την στο . Η τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο .
Αν είναι η προβολή του στην και η τέμνει τον στο , να αποδείξετε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά.
Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 1o μέρος.png

Θεωρούμε για διευκόλυνση πως είναι η τομή της με τον κύκλο . Πρέπει να αποδείξουμε πως τα σημεία είναι συνευθειακά.

Έστω το μέσο του , το σημείο τομής της με τον και το σημείο τομής της με τον .

Έχουμε από δύναμη σημείου: $DS\cdot DA=DB^2$ .

Θεωρούμε αντιστροφή με πόλο το και δύναμη (με άλλα λόγια κύκλος της αντιστροφής είναι ο κύκλος ).

Αρκεί να αποδείξουμε πως τα σημεία είναι αντίστροφα σε αυτή την αντιστροφή.

Έπεται λοιπόν πως το πηγαίνει στο και το ανάποδο.

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του διέρχεται από το (αφού $\widehat{OBD} =\widehat{OCD} = 90^o$ ), που είναι ο πόλος της αντιστροφής, άρα γίνεται η ευθεία .

Έπεται λοιπόν πως το πηγαίνει στο και το ανάποδο.

Το αντίστροφο λοιπόν του είναι το .

Επίσης το αντίστροφο του είναι το σημείο τομής της με τον περιγεγραμμένο κύκλο του , έστω .

Άρα το αντίστροφο του είναι το σημείο τομής της με τον περιγεγραμμένο κύκλο του . Εμείς θέλουμε να αποδείξουμε πως αυτό το σημείο είναι το , επομένως αρκεί το να είναι εγγράψιμο.

Αρκεί λοιπόν $\widehat{K'LT}=\widehat{K'DT}$ .

Όμως $\widehat{K'DT}=\widehat{SNE}$ , καθώς το είναι εγγράψιμο.

Επομένως αρκεί $\widehat{K'LT}=\widehat{SNE}$ , δηλαδή αρκεί .

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγ 7 - Πρ 3 - 2o μέρος.png

Έστω το σημείο τομής της με την και το σημείο τομής της με την προέκταση της .

Αν αποδείξουμε πως το τρίγωνο είναι ισοσκελές, τότε θα έχουμε πως το είναι μέσο του , άρα από την παραλληλία των και θα ισχύει πως .

Είναι γνωστό πως η τετράδα είναι αρμονική.

Επομένως η δέσμη είναι αρμονική.

Άρα αφού θα έχουμε από γνωστό λήμμα στις αρμονικές πως , δηλαδή που ήταν το ζητούμενο.

Αρκεί λοιπόν το τρίγωνο να είναι ισοσκελές.

Έχουμε τώρα πως $\widehat{PNL}=\widehat{NAC}+\widehat{NCA}=\widehat{EAB}+\hat{C}$ , καθώς $\widehat{NAC}=\widehat{EAB}$ , γιατί η είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου .

Έχουμε τώρα πως $\widehat{PLN}=\widehat{ABL}+\widehat{TAB}+\widehat{ATL}-180^o=\hat{B}+\widehat{EAB}+\widehat{ATL}-180^o$ .

Εμείς θέλουμε να ισχύει ότι $\widehat{PNL}=\widehat{PLN}\Leftrightarrow \hat{B}+\widehat{EAB}+\widehat{ATL}-180^o=\widehat{EAB}+\hat{C} \Leftrightarrow \widehat{ATL}=\hat{C}+180^o-\hat{B}=2\hat{C}+\hat{A}$ .

Όμως έχουμε πως $\widehat{BTD}=\widehat{BCD}=\hat{A}$ , άρα $\widehat{ATB}=180^o-\hat{A}$ .

Έπεται λοιπόν πως θέλουμε να αποδείξουμε πως $\widehat{BTL}=\widehat{ATL}-\widehat{ATB}=2\hat{C}+\hat{A}-180^o+\hat{A}=2\hat{A}+2\hat{C}-180^o=180^o-2\hat{B}=2(90^o-\hat{B})=2\widehat{BAL}$ .

Έστω το μέσο του .

Έχουμε τώρα πως $\widehat{BZL}=2\widehat{BAL}$ , επομένως αρκεί να αποδείξουμε πως $\widehat{BZL}=\widehat{BTL}$ , δηλαδή ότι το είναι εγγράψιμο.

Προεκτείνουμε την και έστω πως τέμνει την στο .

Έχουμε πως $\widehat{ATF}=\widehat{BTD}=\widehat{BCD}=\hat{A}=\widehat{BAF}$ , άρα τα τρίγωνα και είναι όμοια. Επομένως έχουμε πως $\widehat{FBA}=\widehat{TAF}=\widehat{SAC}=\widehat{SBC}$ .

Επομένως οι και είναι ισογώνιες στο τρίγωνο .

Όμως το τετράπλευρο είναι αρμονικό, αφού τα σημεία είναι συνευθειακά. Άρα και το σημείο τομής των εφαπτομένων από τα θα είναι πάνω στη διαγώνιο . Άρα η συμμετροδιάμεσος του τριγώνου στην κορυφή είναι η .

Έπεται λοιπόν πως η είναι διάμεσος, άρα το είναι μέσο του .

Επομένως και συνεπώς $\widehat{ZTB}=\widehat{TBS}$ .

Όμως λόγω του ότι οι και είναι ισογώνιες στο τρίγωνο , έχουμε πως $\widehat{TBS}=\widehat{EBA}=\widehat{LBZ}=\widehat{ZLB}$ .

Έπεται λοιπόν πως $\widehat{ZTB}=\widehat{ZLB}$ και άρα το είναι εγγράψιμο!!!

ΟΥΦ!

Πολύ ωραία λύση!

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #11

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm
Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο . Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα τέμνονται
στο . Η τέμνει την στο . Η τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο .
Αν είναι η προβολή του στην και η τέμνει τον στο , να αποδείξετε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά.

Μία ακόμη λύση

: 327.PNG (52.85 KiB) Προβλήθηκε 2179 φορές

Αν $\rm R\equiv AD\cap (B,O,C)$ τότε μπορούμε να δούμε (π.χ με κύκλο αντιστροφής τον $\rm (D,DB)$ ότι $\rm R,E,L,M$ ομοκυκλικά και έτσι $\rm \angle LME=\angle LRE$ οπότε αρκεί $\rm \angle LRE=\angle DOK\Leftrightarrow \angle ARL=\angle AOD$ .Επειδή $\rm \angle LAD=\angle ODA$ αρκεί $\rm \angle RLA=\angle RAO$ .Το $\rm R$ είναι το $\rm A-Dumpty \,\, point$ του $\rm ABC$ οπότε από γνωστή του ιδιότητα οι $\rm OR,BC$ τέμνονται πάνω στην εφαπτομένη του $\rm (A,B,C)$ στο $\rm A$ και $\rm OR\perp AE$ ,έτσι αν $\rm Q\equiv OR\cap BC$ είναι $\rm \angle RLA=\angle RQA=\angle RAO$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

miltosk · #12

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm Διαγώνισμα 7 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Juniors

Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο . Οι εφαπτόμενες του κύκλου που διέρχονται από τα τέμνονται
στο . Η τέμνει την στο . Η τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο .
Αν είναι η προβολή του στην και η τέμνει τον στο , να αποδείξετε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά.

Μια ακόμη με αντιστροφή (δεν νομίζω για juniors αυτή η λύση).
Έστω

η τομή της

με τον περίκυκλο του ABC

. Αρκεί να δείξω ότι το AMZK

είναι εγγράψιμο, διότι μετά το ζητούμενο έπεται από την τομή των ριζικών αξόνων και θα βγει το

ριζικό κέντρο.
Έστω

το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα

και

η τομή της

με τον περίκυκλο του BOC

. Από το αρμονικό τετράπλευρο (είναι εγγράψιμο-2 απέναντι γωνίες κάθετες και αρμονικό αφού το γινόμενο των 2 απέναντι πλευρών ίσο) OBDC

, η δέσμη

είναι αρμονική. Όμως και η δέσμη Q(N,B,L,D)

είναι αρμονική, άρα D, Q, N

συνευθειακά. Ακόμη $BC\perp OD$ και $OQ\perp ND$ αφού τα O, D

είναι αντιδιαμετρικά στον περίκυλο του BOC

. Άρα

το ορθόκεντρο του NOD

. Άρα $DL\perp ON$ . Όμως $DL\perp OM$ . Οπότε O, M, N

συνευθειακά. Παίρνω αντοστροφή (O,r)

και:
Τα

μένουν εκεί που είναι. Το $M\mapsto N$ , και το

πάει στην τομή

της

με την

. Αρκεί το ATZN

εγγράψιμο. Παίρνω 2η αντίστροφη $(A,\sqrt{AB \cdot AC})$ και:
Το

πηγαίνει στην τομή της

με την

, όπου

τα ίχνη των 2 άλλων υψών του ABC

. Τότε, το αντίστροφο του

, το

είναι το μέσο του

, ως λήμμα διαμέσου-συμμετροδιαμέσου με τις αντιπαράλληλες XY, BC

. Το

πάει στην τομή των περικύκλων των AXY

,

, στο

δηλαδή στο αντίστροφο του

. Το

πάει στο

, στην τομή της

με τον περίκυκλο του AXY

. Αρκεί

να είναι συνευθειακά. Παίρνοντας σπειροειδή ομοιοθεσία με κέντρο

που στέλνει την

στη

, το

πάει στο μέσο της

,

και το

στο αντιδιαμετρικό του

,

. Αρκεί

να είναι συνευθειακά (γνωστό, το αποδυκνείω για λόγους πληρότητας). To μέσο της

, το ορθόκεντρο και το αντιδιαμετρικό του

είναι συνευθειακά. Το

είναι το σημείο Miquel

του εγγράψιμου BCXY

και άρα το κέντρο του περίκυκλου του BCXY

, η τομή των διαγωνίων και το

συνευθειακά. Δηλαδή το μέσο της

, το ορθόκεντρο και το

συνευθειακά. Άρα N', Z'', T''

συνευθειακά και το ζητούμενο έπεται.

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Re: Προετοιμασία για διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 7

Μέλη σε σύνδεση