Πανρωσική Μαθητική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2018/2019. 5. Στο μη ισοσκελές τρίγωνο $ABC$ φέρουμε την διχοτόμο $BL$. Η προέκταση της διαμέσου, που φέρεται από την κορυφή $B$, τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο $\omega$, του τριγώνου $ABC$ στο σημείο $ D$. Από το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγών...

Ζόρικη. Αναρωτιέμαι πόσοι την έλυσαν. .... Το πρόβλημα 5 λύθηκε από ένα μαθητή (+-) ... Μου αρέσει που οι θεματοδότες τολμούν! Το πρόβλημα 5 έχει ζόρικο σχήμα. Έχει και εκπληκτική σύλληψη, σαν ιδέα. Χωρίς σχεδιαστικό πρόγραμμα απαιτεί φαντασία και χρόνο! Να δώσω συγχαρητήρια στον νεαρό μας λύτη!!!

LXXV Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας, 2012. Θέματα της 9ης τάξης. Πρόβλημα 5. Δίνεται τρίγωνο $ABC$. Η ευθεία $l$ εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου του. Συμβολίζουμε με $l_{a}, l_{b}, l_{c}$ τις ευθείες, συμμετρικές της $l$ ως προς τις εξωτερικές διχοτόμους των γωνιών του τριγώνου. Να αποδείξετε, ότι ...

... Το ακόλουθο σχήμα δείχνει πιο παραστατικά την προηγούμενη ιδέα, γιατί από σημείο η σύνθεση δουλεύει σε τρίγωνο. Σύνθεση ομοιοθεσιών 2.png Κώστας Δόρτσιος ...Και βέβαια, αν θέλουμε να δουμε την σύνθεση σε ευθύγραμμα τμήματα, τότε αν γράψουμε τους κύκλους που εφάπτονται στους άξονες ομοιοθεσίας, ...

Altrian έγραψε: ↑

Τρί Ιαν 29, 2019 3:36 pm

Μια προσπάθεια.

.....
Ελπίζω να μην μου ξέφυγε κάτι.

Πολύ καλό!

Στα ίδια αποτελέσματα καταλήγω.

Με ενδιαφέρει, αν γίνεται, κι άλλη διαπραγμάτευση.

Επαναφορά.

Κορεατικές εισαγωγικές εξετάσεις στα μαθηματικά για το 2019. 29. Δίνεται τρίγωνο $ABC$ εμβαδού $9$ και έστω $P,Q$ και $R$ σημεία που κινούνται στις πλευρές $AB, BC$ και $CA$, αντίστοιχα. Ο λόγος, του εμβαδού του σχήματος που ορίζουν τα σημεία $X$ του επιπέδου του τριγώνου που δίνονται από την σχέση...

Κορεατικές εισαγωγικές εξετάσεις στα μαθηματικά για το 2019. 28. Δίνεται η έλλειψη $\displaystyle \dfrac{x^2}{49} +\dfrac{y^2}{33} =1$ με εστίες τα σημεία $F^{\prime}, F$. Η ευθεία $ F^{\prime}P$ τέμνει την έλλειψη σε σημείο $Q$ με θετική $y$ συντεταγμένη, όπου $P$ σημείο του κύκλου $\displaystyle ...

Έστω δύο ομοιοθεσίες. Να αποδειχτεί ότι η σύνθεσή τους

1. είναι ομοιοθεσία,

2. έχει λόγο το γινόμενο των λόγων τους, και

3. το κέντρο της βρίσκεται στην ευθεία των κέντρων τους.

Για μαθητές.

2. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με περίκεντρο $\displaystyle{O}$ και $\displaystyle{A_1,B_1,\Gamma_1}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{B\Gamma ,\Gamma A,AB}$ αντίστοιχα. Θεωρούμε τα σημεία $\displaystyle{A_2,B_2,\Gamma_2}$ έτσι ώστε $\displaystyle{\vec{OA_2} = \lambda\vec{OA_1},\vec...

Δηλαδή, διά Ανοπαίας ατραπού...

Ενδιαφέρον παρουσιάζει η κατασκευή ενός τέτοιου σημείου Ομοίως και ο γεωμετρικός του τόπος.

Με ... αλχημείες έδειξα ότι οι γωνίες και είναι παραπληρωματικές, που δίνει γρήγορα το ζητούμενο. Αναζητείται ιδέα!!

Ξεχάστηκε;;

Ζητάμε, με όσο πιο απλά μέσα γίνεται, το όριο στο μηδέν του κλάσματος:

Μετά τις ωραίες αποδείξεις του Αλέξανδρου και του Κώστα, παραθέτω και μία πιο γεωμετρική. Ας είναι $\displaystyle{ABC}$ το τρίγωνο Η σχέση γράφεται $\displaystyle{\left|z_1-\frac{z_1+z_2+z_3}{2}\right|+\left|z_2-\frac{z_1+z_2+z_3}{2}\right|+\left|z_3-\frac{z_1+z_2+z_3}{2}\right|=3}$. Η απόδειξη βασ...

Είναι γνωστή η ταυτότητα $|z_1+z_2+z_3|^2+|z_1+z_2-z_3|^2+|z_3+z_1-z_2|^2+|z_2+z_3-z_1|^2=4\left(|z_1|^2+|z_2|^2+|z_3|^2\right) \ \ (1)$ Επίσης εφαρμόζοντας την ανισότητα $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$ για $a=|z_1+z_2-z_3|$, $b=|z_3+z_1-z_2|$, $c=|z_2+z_3-z_1|$ και αξιοποιώντας τα δεδομένα της εκφώ...

H τέταρτη κορυφή.pngΒρείτε τις συντεταγμένες της κορυφής $C$ του παραλληλογράμμου $ABCD$ . Ενδιαφέρομαι για τις λύσεις που θα εμφανισθούν μετά τις τρεις πρώτες :lol: Οι κύκλοι με κέντρα τα $D, B$ και ακτίνες $ AB, AD$, αντίστοιχα, έχουν εξισώσεις $(x-3)^2+(y+3)^2=4^2+5^2$ $(x-2)^2+(y-4)^2=5^2+2^2$ ...

Οι διαφορετικοί ανά δύο μιγαδικοί $\displaystyle{z_1,z_2,z_3}$ ικανοποιούν τις σχέσεις $\displaystyle{|z_1|=|z_2|=|z_3|=1}$ και $\displaystyle{|z_1+z_2-z_3|+|z_2+z_3-z_1|+|z_3+z_1-z_2|=6.}$ Να αποδείξετε ότι οι εικόνες τους είναι κορυφές ισόπλευρου τριγώνου. Έχουμε, λοιπόν, τα μοναδιαία διανύσματα ...

Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου $a$, για τις οποίες έχει λύση η εξίσωση $\displaystyle \sqrt{3a+\sqrt{3a+2x-x^2}} = 2x-x^2$. Ας είναι $2x-x^2=y$. Πρέπει $y\geq 0.$ Ακόμα είναι $ x^2-2x+y=0, $ οπότε $ 4-4y\geq 0\Leftrightarrow y\leq 0$. Επομένως $0\leq y\leq 1$ Ας είναι $\sqrt{3a+y}=z.$ Η εξίσωση...

Επειδή τα τρίγωνα έχουν τις γωνίες τους στην κορυφή παραπληρωματικές, ο ζητούμενος λόγος ισούται με που ισούται κατά σειρά με