Άλυτες KARKARO εμπνεύσεις !

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Απάντηση
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4770
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Άλυτες KARKARO εμπνεύσεις !

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Οκτ 04, 2024 3:50 pm

Αλυτες KARKAROεμπνεύσεις.png
Αλυτες KARKAROεμπνεύσεις.png (90.25 KiB) Προβλήθηκε 2003 φορές
Έστω χορδή DE κύκλου \left( O \right) (κέντρου O ) που τέμνει τη διάμετρό του AB στο σημείο C μεταξύ των O,B και ας είναι F το αντιδιαμετρικό του E και I το έγκεντρο του ορθογωνίου τριγώνου \vartriangle DCF ας είναι T το σημείο τομής του περίκυκλου του τετραπλεύρου F,I,C,{D}' με τον \left( O \right) , με {D}' το D παράκεντρο του \vartriangle DCF και P\equiv D{D}'\cap \left( O \right),P\ne D .

Να δειχθεί ότι:

i) \dfrac{DF}{FA}\cdot \dfrac{AP}{PT}\cdot \dfrac{TB}{BD}=1

ii) Τα σημεία A,I,B,{D}' ανήκουν σε κύκλο με ακτίνα \sqrt{{{R}^{2}}+O{{C}^{2}}} , όπου R η ακτίνα του κύκλου \left( O \right)


Σημείωση: Όπως λέει και ο τίτλος δεν υπάρχει λύση προς το παρόν


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Λέξεις Κλειδιά:
έγκεντρο---λόγοι---ομοκυκλικά
Κορυφή
Dimessi
Δημοσιεύσεις: 357
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Re: Άλυτες KARKARO εμπνεύσεις !

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi » Τετ Αύγ 20, 2025 11:10 pm

Μια λύση με Terminator Move (Τριγωνομετρικές συναρτήσεις και bashing ) :)
(α)
\bullet Έστω Q\equiv DI\cap AB
\displaystyle \bullet AQ=AD\cdot \frac{\cos \left ( 45^\circ +\theta \right )}{\sin \left ( 45^\circ+\theta +90^\circ -\omega \right )}=\frac{2R \cos \omega \cos \left ( 45^\circ+\theta \right )}{\sin \left ( 45^\circ-\theta +\omega \right )}

\displaystyle \bullet QB=DB \cdot \frac{\sin \left ( 45^\circ +\theta \right )}{\sin \left ( 45^\circ -\theta +\omega \right )}=\frac{2R \sin \omega \sin \left ( 45^\circ +\theta \right )}{\sin \left ( 45^\circ -\theta +\omega \right )}

\displaystyle \bullet AQ\cdot QB=2R^{2}\sin2\omega \cdot \frac{\frac{1}{2}\cos2\theta }{\frac{1}{2}\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right )^{2}}=2R^{2}\sin 2\omega \cdot \frac{\cos2\theta }{\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right )^{2}}
(1)



\bullet \displaystyle DI=DC \cdot \frac{\sin \angle ICD}{\sin \left ( 45^\circ +\angle ICD \right )}=2R \sin \omega \cdot \frac{\cos \omega }{\cos \left ( \theta -\omega \right )}\cdot \frac{\sin \angle ICD}{\frac{\sqrt{2}}{2}\left ( \sin \angle ICD +\cos \angle ICD \right )}\overset{\cdot 2 \cos \angle ICD}=
\displaystyle =\frac{2R \sin \omega \cos \omega }{\cos \left ( \theta -\omega \right )}\cdot \frac{\sin \angle FCD}{\frac{\sqrt{2}}{2}\left ( \sin \angle FCD+1+\cos \angle FCD \right )}
\displaystyle =\frac{2R \sin \omega \cos \omega }{\cos \left ( \theta -\omega \right )}\cdot \frac{FD}{\frac{\sqrt{2}}{2}\left ( FD+DC+FC \right )}=\frac{R \sin 2\omega }{\cos \left ( \theta -\omega \right )}\cdot \frac{2R \cos \left ( \theta +\omega \right )}{\frac{\sqrt{2}}{2}\left ( 2R \cos \left ( \theta +\omega \right )+\sqrt{4R^{2}\cos ^{2}\left ( \theta +\omega \right )+\frac{R^{2}\sin ^{2}2\omega }{\cos ^{2}\left ( \theta -\omega \right )}}+\frac{R \sin 2\omega }{\cos \left ( \theta -\omega \right )} \right )}
\displaystyle =\frac{2R^{2}\sin 2\omega \cos \left ( \theta +\omega \right )}{\cos \left ( \theta -\omega \right )\frac{\sqrt{2}}{2}\left (2R \cos \left ( \theta +\omega \right ) +\frac{\sqrt{R^{2}\left ( \cos 2\theta +\cos 2\omega \right )^{2}+R^{2}\sin ^{2}2\omega }}{\cos \left ( \theta -\omega \right )}+\frac{R \sin 2\omega }{\cos \left ( \theta -\omega \right )} \right )}
\displaystyle =\frac{2R^{2}\sin 2\omega \cos \left ( \theta +\omega \right )}{\frac{\sqrt{2}}{2}\left ( R \cos 2\theta +R \cos 2\omega +R\sqrt{1+\cos ^{2}2\theta +2\cos 2\theta \cos 2\omega }+R \sin 2\omega \right )}


\displaystyle \bullet D'I=\frac{IC}{\cos \left ( 45^\circ+\angle ICD \right )}=\frac{DI \cdot \frac{\sin 45^\circ}{\sin \angle ICD}}{\sin 45^\circ\left ( \cos \angle ICD- \sin \angle ICD \right )}=\frac{2DI}{\sin \angle FCD-1+\cos \angle FCD}=

\displaystyle =\frac{2 R \sin 2\omega }{\cos \left ( \theta -\omega \right )}\cdot \frac{\sin \angle FCD}{\frac{\sqrt{2}}{2} \left (\left ( \sin \angle FCD+ \cos \angle FCD \right )^{2}-1 \right) }{=}\frac{2R \sin 2\omega \sin \angle FCD}{\sqrt{2}\cos \left ( \theta -\omega \right )\sin \angle FCD \cos \angle FCD}

\displaystyle =\frac{\sqrt{2}R \sin 2\omega }{\cos \left ( \theta -\omega \right )\cos \angle FCD}=\frac{\sqrt{2}R \sin 2\omega \sqrt{1+\cos ^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }}{\cos \left ( \theta -\omega \right )\sin 2\omega }
\displaystyle \bullet DQ=2R \cos \omega \cdot \frac{\sin \omega }{\sin \left ( 45^\circ-\theta +\omega \right )}=\frac{R\sin2\omega }{\sin\left ( 45^\circ-\theta +\omega \right )}
Άλυτη έμπενυση KARKAR από αγέρωχη συντρέχεια στο ριζικό.png
Άλυτη έμπενυση KARKAR από αγέρωχη συντρέχεια στο ριζικό.png (111.03 KiB) Προβλήθηκε 1039 φορές
\displaystyle \bullet IQ=DQ-DI=\frac{R \sin 2\omega }{\frac{\sqrt{2}}{2}\left ( \cos \left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right )}-\frac{2R\sin2\omega \cos\left ( \theta +\omega \right )}{\frac{\sqrt{2}}{2}\left ( \cos 2\theta +\cos2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta+2\cos2\theta \cos2\omega } +\sin2\omega \right )}


\displaystyle =\sqrt{2}R \sin 2\omega \cdot \frac{\cos 2\theta +\cos2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }+\sin2\omega-2\cos\left ( \theta +\omega \right )\left ( \cos \left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right ) }{\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right ) -\sin\left ( \theta -\omega \right )\right )\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }+\sin2\omega \right )}



\displaystyle =\sqrt{2}R\sin2\omega \cdot\frac{\cos2\theta +\cos2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }+\sin2\omega -\cos2\theta -\cos2\omega +\sin2\theta +\sin\left ( -2\omega \right )}{\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right )\right)\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }+\sin2\omega \right )}
\displaystyle =\sqrt{2}R\sin2\omega \cdot\frac{\sin2\theta +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }}{\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right )\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }+\sin2\omega \right )}




\displaystyle \bullet IQ\cdot QD'=IQ\cdot D'I-IQ^{2} \left ( \ast \right )
\displaystyle \bullet IQ\cdot D'I=2R^{2}\sin2\omega \cdot \frac{\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }\left ( \sin2\theta +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )}{\cos\left ( \theta -\omega \right )\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right )\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }+\sin2\omega \right )}

\displaystyle \bullet IQ^{2}=2R^{2}\sin^{2}2\omega \cdot \frac{\sin^{2}2\theta +1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega +2\sin2\theta \sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }}{\left ( 1-\sin\left ( 2\theta -2\omega \right ) \right )\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )^{2}}

\displaystyle =4R^{2}\sin^{2}2\omega \cdot \frac{1+\cos2\theta \cos2\omega +\sin2\theta \sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }}{\left ( 1-\sin\left ( 2\theta -2\omega \right ) \right )\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )^{2}}



\displaystyle =4R^{2}\sin2\omega \cdot \frac{\sin2\omega \cos\left ( \theta -\omega \right )\left ( 1+\cos2\theta \cos2\omega + \sin2\theta \sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }\right )}{\cos\left ( \theta -\omega \right )\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right )^{2}\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )^{2}}



\displaystyle \bullet \left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right )\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }\left ( \sin2\theta +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )


\displaystyle =\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right )\left ( 1+\cos^{2} 2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega +\sin2\theta \sqrt{1+\cos^{2}2\theta+2\cos2\theta \cos2\omega }\right )\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )

=A

\displaystyle \bullet 2\sin2\omega \cos\left ( \theta -\omega \right )\left ( 1+\cos2\theta \cos2\omega + \sin2\theta \sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }\right )=B

\displaystyle \bullet IQ\cdot QD'\overset{\left ( \ast \right )}=\frac{2R^2\sin 2\omega(A-B)}{\cos\left ( \theta -\omega \right )\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin\left ( \theta -\omega \right ) \right )^{2}\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )^{2}} (2)



\bullet Γράφοντας

\displaystyle \left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )^{2}=

\displaystyle = \left ( \cos 2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega \right )^{2}+1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega +2\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega \right )\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }=

\displaystyle =\cos^{2}2\theta +1+2\sin 2\omega \cos2\omega +2\cos2\theta \left ( \cos2\omega +\sin2\omega \right )+1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega

\displaystyle +2\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega \right )\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }

(3)

έχουμε τεράστιες απλοποιήσεις.
\bullet Συγκεκριμένα , ισχύει


\displaystyle \bullet \frac{IQ\cdot QD'}{AQ\cdot QB}\overset{_{\left ( 2 \right )}^{\left ( 1 \right )}}= \frac{\left ( A-B \right )\cos\left ( \theta -\omega \right )}{\cos^{2}\left ( \theta -\omega \right )\cos2\theta \left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )^{2}}

(4)

\bullet Σημειώνουμε ότι


\bullet \displaystyle A \cos\left ( \theta -\omega \right )=\frac{1}{2}\left ( 1+\cos\left ( 2\theta -2\omega \right )-\sin\left ( 2\theta -2\omega \right ) \right )\left ( 1+\cos^{2} 2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega+\sin2\theta \sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right)

\left (\cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega} \right)

\bullet \displaystyle B \cos\left ( \theta -\omega \right )=\sin2\omega \left ( 1+\cos\left ( 2\theta -2\omega \right ) \right )\left ( 1+\cos2\theta \cos2\omega +\sin2\theta \sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )

Όμως


\bullet \displaystyle \frac{IQ\cdot QD'}{AQ\cdot QB}\overset{(4)}=\frac{A\cos\left ( \theta -\omega \right )-B\cos\left ( \theta -\omega \right )}{\frac{1}{2}\left ( 1+\cos\left ( 2\theta -2\omega \right ) \right )\cos2\theta \left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )^{2}}

(5)


Με βάση τα δύο προηγούμενα bullets έχουμε εκφράσει το (5) ως συνάρτηση των y=2\theta και z=2\omega

Ισχυρισμός 1: \displaystyle \frac{IQ \cdot QD'}{AQ \cdot QB}=1

Πράγματι από (5) αρκεί να δείξουμε ότι

\displaystyle \frac{IQ\cdot QD'}{AQ\cdot QB}=1\Longleftrightarrow
\Longleftrightarrow 2 \left (A \cos\left ( \theta -\omega \right )-B \cos\left ( \theta -\omega \right )\right)=\left ( 1+\cos\left ( 2\theta -2\omega \right ) \right )\cos2\theta \left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )

Λαμβάνοντας υπόψη τα δύο bullets για τα A \cos(\theta-\omega) και B \cos(\theta-\omega) είναι αλγεβρικά τυφλοσούρτης ότι ισχύει. (για μαθητές μην σας τρομάζει η ρίζα γιατί φεύγει αμέσως :) ).\blacksquare
Άλυτη έμπενυση KARKAR από αγέρωχη συντρέχεια στο ριζικό.png
Άλυτη έμπενυση KARKAR από αγέρωχη συντρέχεια στο ριζικό.png (111.03 KiB) Προβλήθηκε 1039 φορές
Από τον Ισχυρισμό 1 είναι IQ\cdot QD'=AQ\cdot QB, άρα τα σημεία B,I,A,D' είναι ομοκυκλικά.

Επομένως, οι ευθείες FT,D'I,AB συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των κύκλων (BIAD'),(FICD'),(ADB),

άρα στο Q \equiv D'I \cap AB, οπότε

\displaystyle \frac{DF}{FA}\cdot \frac{AP}{PT}\cdot \frac{TB}{BD}=\frac{\sin\angle DTQ}{\sin\angle QTA}\cdot \frac{\sin\angle ADQ}{\sin\angle TDQ}\cdot \frac{\sin\angle TAQ}{\sin\angle QAD}\overset{\textrm{Trig Ceva}}=1,

που ολοκληρώνει την απόδειξη. \blacksquare
Άλυτη έμπενυση KARKAR από αγέρωχη συντρέχεια στο ριζικό.png
Άλυτη έμπενυση KARKAR από αγέρωχη συντρέχεια στο ριζικό.png (111.03 KiB) Προβλήθηκε 1039 φορές
(β)
Από το ερώτημα (α) τα σημεία B,I,A,D' είναι ομοκυκλικά. Ο κύκλος (O,OC) επανατέμνει τη μεσοκάθετο l του AB στο Y και η l τέμνει τον (O) στα R,\Gamma

Έστω M το κέντρο του κύκλου (FICD') που είναι το μέσο του D'I και ας είναι X\equiv \overline{ROY}\cap \overline{DQP}.

Είναι \displaystyle XO\cdot XY=\left ( R-XR \right )\left ( R-XR+OY \right )=\left ( R-XR \right )\left ( AC-XR \right )

(6)

και

\displaystyle XQ\cdot XM=XQ^{2}+XQ\cdot QM=\frac{OQ^{2}}{\sin^{2}\left ( 45^\circ+\theta -\omega \right )}+\frac{OQ}{\sin\left ( 45^\circ+\theta -\omega \right )}\left ( \frac{1}{2}D'I-IQ \right )

(7)

\displaystyle \bullet \frac{OQ}{\sin\left ( 45^\circ+\theta -\omega \right )}=\frac{R\sin\left ( \theta +\omega -45^\circ \right )}{\sin\left ( 45^\circ+\theta -\omega \right )\sin\left ( 45^\circ-\theta +\omega \right )}

\displaystyle \bullet \frac{1}{2}D'I=\frac{\sqrt{2}R\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }}{2\cos\left ( \theta -\omega \right )}

\displaystyle \bullet IQ=\sqrt{2}R\sin2\omega \cdot \frac{\sin2\theta +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega }}{\left ( \cos\left ( \theta -\omega \right )-\sin \left ( \theta -\omega \right )\right )\left ( \cos2\theta +\cos2\omega +\sin2\omega +\sqrt{1+\cos^{2}2\theta +2\cos2\theta \cos2\omega } \right )}

\displaystyle \bullet XR=2R\sin\left (45^\circ -\omega \right )\cdot \frac{\sin\left ( 90^\circ-\theta \right )}{\sin\left ( 45^\circ+\theta -\omega \right ) }

\displaystyle \bullet AC=2R\cos\omega \cdot \frac{\cos\theta }{\cos\left ( \theta -\omega \right )}

Σύμφωνα με τα bullets, με ακριβώς όμοιο τρόπο με το ερώτημα (α), είναι \displaystyle XO\cdot XY=XQ\cdot XM, άρα το

τετράπλευρο OQMY είναι εγγράψιμο και επειδή QO\perp OY, άρα QM\perp MY.

Άρα MY μεσοκάθετος του D'I οπότε οι μεσοκάθετοι των D'I και AB τέμνονται στο Y

κι αφού τα σημεία B,I,A,D' είναι ομοκυκλικά, το Y είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του εγγράψιμου τετραπλεύρου

BIAD' και άρα η ακτίνα του κύκλου αυτού είναι ίση με \displaystyle AY=\sqrt{R^{2}+OC^{2}},

που ολοκληρώνει την απόδειξη. \blacksquare
Άλυτη έμπενυση KARKAR από αγέρωχη συντρέχεια στο ριζικό.png
Άλυτη έμπενυση KARKAR από αγέρωχη συντρέχεια στο ριζικό.png (111.03 KiB) Προβλήθηκε 1039 φορές

Ουφφφ....πληκτρολόγηση σαδιστική :lol: :lol: Πανέμπορφο θέμα επιπέδου IMO G5-G6 θα έλεγα :) :)


Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης