mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 02, 2017 3:49 pm**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 02, 2017 4:07 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 02, 2017 4:09 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 02, 2017 4:44 pm**

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

)

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 02, 2017 5:05 pm**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 6:28 pm**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 7:13 pm**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 7:20 pm**

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.

Δημοσιεύτηκε: **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 (58.34 KiB) Προβλήθηκε 2970 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 2970 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!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 28, 2017 5:57 am**

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!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 23, 2020 5:01 pm**

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 2180 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.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 24, 2020 8:36 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.