JBMO Shortlist 2016 (2/2)

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1610
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Ιούλ 15, 2017 11:50 am

silouan έγραψε:
G6 Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC κατασκευάζουμε εξωτερικά όμοια ορθογώνια τρίγωνα με \angle{BAD}=\angle{CAE} και ορθογώνια στα E και D. Θεωρούμε τα ίχνη των υψών A_1, B_1, C_1 και K,L τα μέσα των BC_1, CB_1. Να αποδείξετε ότι τα περίκεντρα των τριγώνων AKL, A_1B_1C_1, DEA_1 είναι συνευθειακά.
Έστω M,P,Q τα μέσα των BC,AB,AC αντίστοιχα.

Θα αποδείξουμε ότι οι τρεις κύκλοι (A,K,L), (A_1,B_1,C_1),(DEA_1) έχουν ως κοινή χορδή την A_1M.

Στο τρίγωνο \vartriangle BCC_1 η KM ενώνει μέσα πλευρών, οπότε KM \parallel C_1C \Rightarrow MK \perp AB και όμοια ML \perp AC, οπότε τα A,K,M,L είναι ομοκυκλικά.

Αφού όμως \widehat{AA_1M}=\widehat{AKM}=90^\circ, και τα A,K,A_1,M είναι ομοκυκλικά.

Άρα, τα A,K,L,A_1,M είναι ομοκυκλικά, οπότε η χορδή A_1M ανήκει στον κύκλο (A,K,L).

Επίσης ο κύκλος (A_1,B_1,C_1) είναι ο κύκλος Euler του τριγώνου \vartriangle ABC, οπότε τα σημεία M,P,Q ανήκουν σε αυτόν τον κύκλο, και άρα η χορδή A_1M ανήκει στον κύκλο (A_1,B_1,C_1).

Μένει να δείξουμε ότι ο κύκλος (D,E,A_1) έχει ως χορδή του την A_1M, ή ισοδύναμα ότι τα D,E,A_1,M είναι ομοκυκλικά.

Είναι \widehat{ADB}=\widehat{AA_1B}=90^\circ, οπότε τα A,D,B,A_1 είναι ομοκυκλικά , οπότε \widehat{DA_1A}=\widehat{DBA}=90^\circ-\phi, και όμοια \widehat{AA_1E}=90^\circ-\phi.

Συνεπώς, \widehat{DA_1E}=\widehat{DA_1A}+\widehat{AA_1E}=180^\circ-2\phi \Rightarrow \widehat{DA_1E}=180^\circ-2\phi (1).


Στο ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle DAB η DP είναι διάμεσος, άρα PD=\dfrac{AB}{2}=QM, συνεπώς PD=QM και όμοια EQ=PM.

Επίσης, \widehat{DPM}=\widehat{DPB}+\widehat{BPM}=2\phi+\widehat{A}, ενώ όμοια \widehat{EQM}=2\phi+\widehat{A}.

Άρα, τα τρίγωνα \vartriangle DPM, \vartriangle MQE έχουν δύο ίσες πλευρές και την περιεχόμενη γωνία ίση, οπότε είναι ίσα.

Άρα, \widehat{DME}=\widehat{DMP}+\widehat{PMQ}+\widehat{QME}=\widehat{DMP}+\widehat{A}+\widehat{PDM}=

180^\circ-\widehat{DPM}+\widehat{A}=180^\circ-2\phi-\widehat{A}+\widehat{A}=180^\circ-2\phi \mathop = \limits^{(1)}=\widehat{DA_1E}.

Άρα, \widehat{DME}=\widehat{DA_1E}, και συνεπώς τα D,A_1,M,E είναι ομοκυκλικά.

Αποδείξαμε λοιπόν ότι οι τρεις κύκλοι (D,E,A_1),(A,K,L),(A_1,B_1,C_1) έχουν ως κοινή χορδή την A_1M.

Αν λοιπόν O_1,O_2,O_3 τα αντίστοιχα κέντρα τους, ανήκουν στην μεσοκάθετο της A_1M, οπότε είναι συνευθειακά, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.



G6-shortlist2016.png
G6-shortlist2016.png (39.31 KiB) Προβλήθηκε 563 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: JBMO Shortlist 2016 (2/2)

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Ιούλ 15, 2017 1:35 pm

silouan έγραψε: G6 Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC κατασκευάζουμε εξωτερικά όμοια ορθογώνια τρίγωνα με \angle{BAD}=\angle{CAE} και ορθογώνια στα E και D. Θεωρούμε τα ίχνη των υψών A_1, B_1, C_1 και K,L τα μέσα των BC_1, CB_1. Να αποδείξετε ότι τα περίκεντρα των τριγώνων AKL, A_1B_1C_1, DEA_1 είναι συνευθειακά.
Έχουμε καταρχάς πως ο κύκλος A_1B_1C_1 είναι ο κύκλος Euler του τριγώνου ABC. Επομένως ο κύκλος A_1B_1C_1 διέρχεται και από το μέσο M της BC.

Επομένως το κέντρο του βρίσκεται στην μεσοκάθετο του A_1M.

Φέρνουμε τον κύκλο που περνάει από τα A, A_1, M. Έχουμε προφανώς πως \widehat{AA_1M}=90^o.

Όμως αφού M, K μέσα των BC και BC_1 αντίστοιχα, ισχύει ότι MK//CC_1, με άλλα λόγια MK\perp AB. Άρα \widehat{AKM}=90^o, επομένως το K ανήκει στον κύκλο που περνάει από τα A, A_1, M. Όμοια ισχύει και για το L. Επομένως το AA_1MKL είναι εγγράψιμο, δηλαδή ο περιγεγραμμένος κύκλος του AKL περνάει από τα A_1 και M.

Επομένως το κέντρο του βρίσκεται την μεσοκάθετο του A_1M.
JBMO Shortlist 2016 G6a.png
JBMO Shortlist 2016 G6a.png (34.85 KiB) Προβλήθηκε 537 φορές
Θα αποδείξουμε τώρα πως ο περιγεγραμμένος κύκλος του DEA_1 περνάει από το M.

Αρκεί το DEMA_1 να είναι εγγράψιμο.

Έστω πως \widehat{ABD}=\widehat{ACE}=x.

Τότε θα είναι και \widehat{AA_1D}=x, καθώς το AA_1BD είναι εγγράψιμο (\widehat{ADB}=90^o και \widehat{AA_1B}=90^o).

Όμοια θα είναι και \widehat{AA_1E}=x.

Συνεπώς \widehat{DA_1E}=2x.

Αν αποδείξουμε πως \widehat{DME}=2x, τότε θα έχουμε πως το DEMA_1 είναι εγγράψιμο, άρα ο περιγεγραμμένος κύκλος του DEA_1 περνάει από τα A_1, M και επομένως το κέντρο του θα βρίσκεται στην μεσοκάθετο του A_1M.

Επομένως το αρχικό ζητούμενο θα προκύπτει, καθώς τα κέντρα των ζητούμενων κύκλων θα βρίσκονται όλα στην μεσοκάθετο του A_1M, άρα θα είναι συνευθειακά.

Μένει λοιπόν να αποδείξουμε το εξής λήμμα:

Έστω τρίγωνο ABC, το οποίο έχει εξωτερικά των AB και AC τα όμοια ορθογώνια ADB και AEC, με \widehat{ABD}=\widehat{ACE}=x. Αν M το μέσο της BC θα είναι \widehat{DME}=2x.
JBMO Shortlist 2016 G6b.png
JBMO Shortlist 2016 G6b.png (38 KiB) Προβλήθηκε 529 φορές
Απόδειξη:

Φέρνουμε τα D' και E' τα συμμετρικά των D, E αντίστοιχα ως προς το M. Έχουμε προφανώς πως τα τρίγωνα DBM και D'CM είναι ίσα. Όμοια και τα ECM και E'BM είναι ίσα. Άρα DB=D'C και EC=E'B και ακόμα \widehat{DBM}=\widehat{D'CM} και \widehat{ECM}=\widehat{E'BM}, δηλαδή \widehat{DBM}+\widehat{E'BM}=\widehat{D'CM}+\widehat{ECM}\Rightarrow \widehat{DBE'}=\widehat{ECD'}.

Έπεται λοιπόν πως τα τρίγωνα DBE' και ECD' είναι ίσα.

Εύκολα τώρα (με angle-chasing) προκύπτει ότι \widehat{DAE}=\widehat{DBE'}=\widehat{ECD'}.

Ταυτόχρονα όμως ισχύει ότι \dfrac{AD}{AE}=\dfrac{DB}{EC}=\dfrac{D'C}{EC}=\dfrac{DB}{E'B}.

Επομένως το τρίγωνο DAE είναι όμοιο με τα δύο άλλα ίσα τρίγωνα DBE' και ECD'.

Επομένως \widehat{AED}=\widehat{CED'}, άρα \widehat{DED'}=90^o.

Αφού τώρα το M είναι το μέσο του DD', έχουμε πως ME=MD και ότι \widehat{DME}=2\cdot \widehat{DD'E}.

Αρκεί να αποδείξουμε πως \widehat{DD'E}=\widehat{ACE}, δηλαδή ότι τα ορθογώνια τρίγωνα DD'E και ACE είναι όμοια.

Όμως \dfrac{DE}{ED'}=\dfrac{AE}{EC} (από τα όμοια τρίγωνα DAE και ECD'). Άρα πράγματι ισχύει το ζητούμενο.


Υ.Γ. Έγραφα τόση ώρα και δεν είχα πατήσει ανανέωση για να δω την λύση του Ορέστη. Την αφήνω για τον κόπο, μιας και είναι λίγο διαφορετική.


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες