Από Μαθηματική Ολυμπιάδα Ιράν 2018, 3ος γύρος

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

giannimani
Δημοσιεύσεις: 104
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Από Μαθηματική Ολυμπιάδα Ιράν 2018, 3ος γύρος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Σάβ Σεπ 15, 2018 2:22 pm

iran_2018_b.png
iran_2018_b.png (58.63 KiB) Προβλήθηκε 550 φορές
Δίνεται οξυγώνιο \vartriangle ABC με ορθόκεντρο H, και έστω E\,,\,F τα ίχνη των υψών του στις AC, AB αντίστοιχα.
Συμβολίζουμε με O το περίκεντρο του τριγώνου, και με M το μέσο της πλευράς BC. Η κάθετος της HO στο H
τέμνει το FE στο σημείο P, και η κάθετος της HM που άγεται από το P, τέμνει το AH στο σημείο Q.
Να αποδείξετε ότι QA\,=\,3QH.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 790
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Από Μαθηματική Ολυμπιάδα Ιράν 2018, 3ος γύρος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Σεπ 15, 2018 4:02 pm

Λόγοι με Ορθόκεντρο.png
Λόγοι με Ορθόκεντρο.png (40.3 KiB) Προβλήθηκε 517 φορές
Έστω πως η PQ τέμνει την HM στο W.

Είναι γνωστό πως αν η ημιευθεία HW τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο R, τότε \widehat{HRA}=90^o, οπότε WQ//RA. Άρα αν η HP τέμνει την RA στο J, τότε αφού PQ//JA, θα ισχύει ότι:

\dfrac{HP}{HJ}=\dfrac{HQ}{HA}.

Άρα αρκεί να αποδειχθεί πως \dfrac{HP}{HJ}=\dfrac{1}{4}.

Αν η ημιευθεία HM τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο U και η AH τέμνει δεύτερη φορά τον περιγεγραμμένο κύκλο στο T και η HJ τέμνει την TU στο σημείο K, τότε από θεώρημα πεταλούδας στο εγγράψιμο τετράπλευρο ARTU, έχουμε ότι HJ=HK.

Όμως αν η HJ τέμνει την BC στο L, έχουμε ότι αφού HM=MU και ML//UK, έχουμε ότι HL=LK.

Άρα τελικά ισχύει ότι HJ=2HL, άρα αρκεί να αποδειχθεί πως 2HP=HL.

Έστω E' και F' τα σημεία που οι HE και HF τέμνουν για δεύτερη φορά τον περιγεγραμμένο κύκλο.

Ισχύει ότι HE=EE' και HF=FF', άρα αν η E'F' τέμνει την HP στο P', τότε 2HP=HP'.

Όμως από θεώρημα πεταλούδας στο εγγράψιμο E'F'BC παίρνουμε ότι HP'=HL, άρα τελικά 2HP=HL.


Houston, we have a problem!
min##
Δημοσιεύσεις: 207
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Από Μαθηματική Ολυμπιάδα Ιράν 2018, 3ος γύρος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Σεπ 15, 2018 4:20 pm

Παίρνω το σημείο Q στην AH ώστε AQ/QH=3 και αρκεί να δείξω ότι QP,HM κάθετες.

Παίρνω επίσης τα συμμετρικά του H ως προς τα F,E,P,Q,έστω H1',H2',P',Q'.Το Q' είναι τώρα το μέσο της AH και τα H1',H2' βρίσκονται στον περίκυκλο του ABC.Θα δείξω ότι H,P',Q',O ομοκυκλικά και θα έχω τελειώσει,επειδή τότε η P'Q' θα είναι κάθετη στην Q'O από το εγγράψιμο,και Q'O//HM(γνωστή πρόταση).


Αλλάζω την εκφώνηση:Έστω τρίγωνο ABC ,M,Z,O,I τα :μέσο της BC,μέσο του τόξου BC
περίκεντρο και έκκεντρο αντίστοιχα.Έστω V η τομή της AI με την BC και Ia το παράκεντρο.Να δειχτεί ότι ο περίκυκλος του IOM
περνάει από το μέσο του IZ.
Για την απόδειξη,αρκεί ZM\cdot ZO=ZI^2/2.Από σχέση Newton για την αρμονική (A,V,I,Ia),προκύπτει ZV\cdot ZA=ZI^2,και το ζητούμενο πλέον είναι να δειχθεί ότι το AOMK είναι εγγράψιμο,με K το μέσο της ZV.Ειναι όμως AOM\angle =2C\angle +A\angle =2CVK\angle =180-VKM\angle κλπ...
Edit:Με πρόλαβαν με διαφορά-προσθέτω σχήμα(δεν μπορώ να προσθέσω το πρώτο-έτσι κι αλλιώς μοιάζει με του Διονύση)
Συνημμένα
ιραν1asfas.png
ιραν1asfas.png (34.81 KiB) Προβλήθηκε 508 φορές


giannimani
Δημοσιεύσεις: 104
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Από Μαθηματική Ολυμπιάδα Ιράν 2018, 3ος γύρος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Κυρ Σεπ 16, 2018 9:52 am

iran_2018_2sl.png
iran_2018_2sl.png (99.95 KiB) Προβλήθηκε 445 φορές
Το μέσο N του HO είναι το κέντρο του κύκλου του Euler του \vartriangle ABC, ο οποίος τέμνει
το AH στο σημείο L που είναι το μέσο του. Αν A' το αντιδιαμετρικό του A, τότε είναι γνωστό
ότι τα σημεία H, M και A' ανήκουν στην ίδια ευθεία, και το BHCA' είναι παραλληλόγραμμο,
οπότε το M είναι και το μέσο του HA'. Στο τρίγωνο AHA' τα L, M είναι τα μέσα των AH, HA' αντίστοιχα,
οπότε LM \parallel AA'. Όμως, AA' \bot FE, οπότε LM \bot FE.

Έστω R= FE \cap LM. Στο τρίγωνο MEF το MR είναι ύψος, και εφόσον ME=MF (ως διάμεσοι προς τη
κοινή υποτείνουσα των ορθογώνιων τριγώνων BEC και CFB), θα είναι και διάμεσος, δηλαδή, το R μέσο του EF.
Τα σημεία H, N, R και P ανήκουν στον ίδιο κύκλο (\omega) (\angle PRN=\angle PHN=90^{\circ}).
Θα αποδείξουμε ότι και το σημείο Q ανήκει στον κύκλο (\omega). Γιαυτό αρκεί να αποδείξουμε ότι \angle PQH=\angle PRH.

Κατά πρώτον έχουμε \angle PQH = \angle HMB \quad (1) (έχουν τις πλευρές τους κάθετες).
Στη συνέχεια, έστω ότι η ευθεία HR τέμνει την AA' στο σημείο T. Τότε, από το τρίγωνο
AHT εύκολα διαπιστώνουμε ότι το R είναι και μέσο του HT (L μέσο AH και LR \parallel AT).
Επομένως, το τετράπλευρο FHET είναι παραλληλόγραμμο του οποίου οι γωνίες είναι ίσες
με τις γωνίες του παραλληλογράμμου BHCA' (\angle FHE = \angle BHC ως κατά κορυφή).
Από γνωστή ιδιότητα του ορθόκεντρου του τριγώνου έχουμε HE \cdot HB \,=\, HF \cdot HC \,\Rightarrow \, \,\frac{HE}{HF} \,= \, \frac{HC}{HB},
οπότε τα δύο παραλληλόγραμμα είναι όμοια, και ως εκ τούτου, οι γωνίες των διαγωνίων τους θα είναι ίσες,
δηλαδή, \angle FRH \,=\, \angle PRH\,=\angle HMB \quad (2).

Από (1) και (2) προκύπτει ότι \angle PQH\,=\, \angle PRH, δηλαδή Q\in (\omega), οπότε \angle PQN\,=\,90^{\circ} \, \Rightarrow QN \parallel HM,
και από το τρίγωνο LHM (N μέσο LM και NQ \parallel HM) προκύπτει ότι το Q μέσο LH.
Στη συνέχεια, QA\,=\,AL + LQ\,=\,LH +LQ\,=\, 2QH+QH\,=\,3QH.
τελευταία επεξεργασία από giannimani σε Δευ Σεπ 17, 2018 4:34 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1450
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Από Μαθηματική Ολυμπιάδα Ιράν 2018, 3ος γύρος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Σεπ 16, 2018 5:43 pm

Μία άλλη λύση.

Έστω O_9 το μέσο του OH. Ως γνωστών, το O_9 είναι το κέντρο του κύκλου Euler του \vartriangle ABC.

Έστω MO_9 \cap FE \euic L, \, MO_9 \cap AH \equiv K. Θα δείξουμε ότι το K είναι το μέσο του AH.

Είναι O_9H=O_9O και KH \parallel OM , άρα τα τρίγωνα \vartriangle KHO_9, O_9OM έχουν ίσες γωνίες, άρα είναι όμοια. Αφού επίσης HO_9=O_9O, τα τρίγωνα είναι ίσα, άρα KO_9=O_9M, KH=OM.

Όμως, AK+KH=AH=2OM=2KH \Rightarrow AK=KH, άρα K μέσο του AH.

Αρκεί λοιπόν KQ=QH.

Αφού όμως KO_9=O_9M, αρκεί QO_9 \parallel HM, ή αλλιώς QO_9 \perp PQ.

Παρατηρούμε ότι KF=KH=KE, MF=MB=ME \Rightarrow KF=KE, MF=ME \Rightarrow \angle PLO_9=90^\circ.

Επίσης, \angle PHO_9=90^\circ , άρα PLO_9H εγγράψιμο. Αν δείξουμε ότι και το Q ανήκει στον κύκλο (P,L,O_9,H), θα έχουμε \angle PQO_9=\angle PLO_9=90^\circ, και θα έχουμε τελειώσει.

Αρκεί λοιπόν P,Q,L,H ομοκυκλικά, ή αλλιώς \angle PQH=\angle PLH.

Είναι \angle AHM=90^\circ+\angle PQH (1).

Φέρνουμε από το H παράλληλη στην BC. Τότε, προκύπτει σε συνδυασμό με την (1) ότι όλες οι κόκκινες γωνίες (εκτός της \angle PLH ) είναι ίσες (\angle AHM=90^\circ+ κόκκινη κλπ).

Όμως, από το εγγράψιμο BFEC \Rightarrow \angle FEH=\angle HCB, \angle HFE=\angle HBC \Rightarrow \vartriangle FEH, \vartriangle HBC όμοια και αφού οι HL,HM είναι οι αντίστοιχες διάμεσοι τους, είναι \angle FLH=\angle HMB, οπότε και η \angle FLH είναι ίση με τις άλλες κόκκινες, άρα τα P,Q,L,H είναι ομοκυκλικά και τελειώσαμε.
Iran 2018 MO 3rd Round.png
Iran 2018 MO 3rd Round.png (61.7 KiB) Προβλήθηκε 394 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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