BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8265
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Μάιος 05, 2019 11:19 am

G1. Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC και έστω M το μέσο της πλευράς BC. Έστω D και E τα παράκεντρα των τριγώνων AMB και AMC αντίστοιχα ως προς το σημείο M. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABD τέμνει την ευθεία BC στα σημεία B και F. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ACE τέμνει την ευθεία BC στα σημεία C και G. Να δειχθεί ότι BF = CG.

G2. Έστω τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο \Gamma με κέντρο O. Έστω H το ορθόκεντρο του ABC και K το μέσο της OH. Η εφαπτομένη του \Gamma στο B τέμνει τη μεσοκάθετο της AC στο L και η εφαπτομένη του \Gamma στο C τέμνει τη μεσοκάθετο της AB στο M. Να δειχθεί ότι οι AK και LM τέμνονται κάθετα.

G3. Έστω P σημείο μέσα σε τρίγωνο ABC. Έστω a,b,c τα μήκη των πλευρών του ABC και έστω p η ημιπερίμετρός του. Να βρεθεί η μέγιστη δυνατή τιμή του
\displaystyle \min\left(\frac{PA}{p-a},\frac{PB}{p-b},\frac{PC}{p-c}\right)}
λαμβάνοντας υπόψη όλες τις διαφορετικές επιλογές τριγώνου ABC και σημείου P.

G4. Αυτό ήταν το πρόβλημα 1 της Βαλκανιάδας.

G5. Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB<AC<BC και έστω D σημείο στην προέκταση του BC από τη μεριά του C. Ο κύκλος c_1 με κέντρο το A και ακτίνα AD τέμνει τις ευθείας AC,AB και CB στα E,F και G αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος c_2 του τριγώνου AFG τέμνει ξανά τις ευθείας FE,BC,GE και DF στα σημεία J,H,H' και J' αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος c_3 του τριγώνου ADE τέμνει ξανά τις ευθείας FE,BC,GE και DF στα σημεία I,K,K' και I' αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι τα τετράπλευρα HIJK και HI'J'K' είναι κυκλικά με τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων τους να συμπίπτουν.

G6. Έστω τρίγωνο ABC με AB=AC με περιγεγραμμένο κύκλο \omega και περίκεντρο O. Έστω D σημείο στην προέκταση της BA από την πλευρά του A. Ο περιγεγραμμένος κύκλος \omega_1 του τριγώνου OAD τέμνει την ευθεία AC και τον κύκλο \omega στα σημεία E και G αντίστοιχα. Το σημείο H είναι τέτοιο ώστε το τετράπλευρο DAEH να είναι παραλληλόγραμμό. Η ευθεία EH τέμνει τον κύκλο \omega_1 ξανά στο σημείο J. Η κάθετη από το G στη GB τέμνει τον \omega_1 ξανά στο N και η κάθετη από το G στη GJ τέμνει τον \omega ξανά στο L. Να δειχθεί ότι τα L,N,H,G είναι ομοκυκλικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 196
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Κυρ Μάιος 05, 2019 12:32 pm

Demetres έγραψε:
Κυρ Μάιος 05, 2019 11:19 am
G1. Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC και έστω M το μέσο της πλευράς BC. Έστω D και E τα παράκεντρα των τριγώνων AMB και AMC αντίστοιχα ως προς το σημείο M. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABD τέμνει την ευθεία BC στα σημεία B και F. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ACE τέμνει την ευθεία BC στα σημεία C και G. Να δειχθεί ότι BF = CG.

Aφού θα ισχύει MB\cdot MF=MC\cdot MG Αρκεί να δείξουμε πως το M ανήκει στο ριζικό άξονα των 2 κύκλων ή ισοδύναμα πως τέμνονται για 2η φορά πάνω στην AM. Oνομάζουμε X,Y τους κύκλους με το σημεία A,B,D\kappa \alpha \iota A,C,E. X\cap AM\equiv L,Y\cap AM\equiv N


Έχουμε \widehat{CEA}=90-\frac{\widehat{AMC}}{2}=_{(ANCE\varepsilon \gamma \gamma \rho .)}\widehat{MNC} Άρα \widehat{MNC}=\widehat{MCN}=90-\frac{\widehat{AMC}}{2}\Leftrightarrow NM=MC Oμοίως και από την άλλη πλευρά και καταλήγουμε στο BM=ML Όμως MB=ML\alpha \rho \alpha MN=ML\rightarrow N\equiv L άρα X,Y ξανατέμνονται πάνω στην AM KAI όπως είπα πιο πάνω θα ισχύει MB\cdot MF=MC\cdot MG\rightarrow BF=GC


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1248
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Κυρ Μάιος 05, 2019 9:14 pm

Να πω εδώ ότι το G2 είναι του περυσινού υπαρχηγού στην ΒΜΟ, Μιχάλη Σαράντη.
Το G5 είναι του Βαγγέλη Ψύχα και το G6 είναι του Θεόκλητου Παραγυιού από την Κύπρο.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8265
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μάιος 07, 2019 5:06 pm

Έγινε διόρθωση του G3. Απολογίες σε όσους τους μπέρδεψα. :oops:


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 170
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Τρί Μάιος 07, 2019 9:21 pm

Για το G3:

Εστω αρχικά σταθεό τρίγωνο ABC ,I το έγκεντρο και D,E,Z οι προβολές του I στις a,b,c.

Τότε
AE=AZ=p-a, BD=BZ=p-b, CA=CE=p-c

Εστω ότι οι απολλώνιοι κύκλοι των τμημάτων AB, BC με λόγους \frac{p-a}{p-b}, \frac{p-b}{p-c} αντίστοιχα τέμνονται σε σημείο Q εντός του ABC.


Τότε \frac{AQ}{BQ}=\frac{p-a}{p-b}\Leftrightarrow \frac{AQ}{p-a}=\frac{BQ}{p-b} , \frac{BQ}{CQ}=\frac{p-b}{p-c}\Leftrightarrow \frac{BQ}{p-b}=\frac{CQ}{p-c}

Αρα \frac{AQ}{p-a}=\frac{BQ}{p-b}=\frac{CQ}{p-c}=m

Θα δείξω ότι για το συγκεκριμένο τρίγωνο είναι P=Q

Εστω K,L,M οι προβολές του Q στις a,b,c

Τότε το P εντός ή σε πλευρά/ες ενός τουλάχιστον από τα τετράπλευρα ALQM, BKQM, CKQL, έστω στο πρώτο.

Τότε AP<AQ και άρα min({\frac{AQ}{p-a},\frac{BQ}{p-b},\frac{CQ}{p-c}})\leq \frac{AP}{p-a}\leq \frac{QA}{p-a}=m.

Αρα P=Q

Εστω τώρα τυχαίο τρίγωνο με τα ίδια σημεία.

Επειδή <APB+<BPC+<CPA=2\pi , μια από τις γωνίες είναι μεγαλύτερη ή ίση με \frac{2\pi }{3}, έστω η <BPC.

Τότε
<BPD=<CPD\geq \frac{\pi }{3}.

Εστω ότι K μεταξύ των B,D.

Τότε, \frac{PB}{p-b}=\frac{PB}{BD}=\frac{sin<BDP}{sin<BPD}\leq \frac{1}{sin<BPD}\leq \frac{1}{sin\frac{\pi }{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.

Αρα το ζητούμενο μέγιστο είναι \frac{2\sqrt{3}}{3} και πιάνεται για ABC ισόπλευρο με P το έγκεντρο του.

Η λύση χάνει στο ότι θεώρησα αυθαίρετα στην αρχή ότι οι δύο απολλώνιοι κύκλοι τέμνονται , και μάλιστα σε σημείο εντός του τριγώνου .Αυτό , αν και προφανές, χρειάζεται απόδειξη. Θα ήταν ενδιαφερον να ξέραμε πόσες μονάδες θα έχανε κάποιος για αυτήν την παράλειψη αν ήταν θέμα στο διαγωνισμό.


Κώστας Σφακιανάκης
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 196
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Σάβ Μάιος 18, 2019 9:11 pm

Demetres έγραψε:
Κυρ Μάιος 05, 2019 11:19 am

G2. Έστω τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο \Gamma με κέντρο O. Έστω H το ορθόκεντρο του ABC και K το μέσο της OH. Η εφαπτομένη του \Gamma στο B τέμνει τη μεσοκάθετο της AC στο L και η εφαπτομένη του \Gamma στο C τέμνει τη μεσοκάθετο της AB στο M. Να δειχθεί ότι οι AK και LM τέμνονται κάθετα.
Μετά την κατασκευή του περιγεγραμμένου κύκλου (R) του BHC που είναι και συνηθισμένη τα πράγματα γίνονται πιο απλά. D,E,F τα ίχνη των ύψων των A,B,C του αρχικού τριγώνου. Από λόγο μέσων υπάρχει ομοιοθεσία \lambda =2 με κέντρο A που στέλνει τον κύκλο Euler στον (R) Άρα A,K,S συνευθειακά όπου S το κέντρο (R).(Είναι γνωστό ότι το μέσο OH\cap K είναι το κέντρο του κύκλου Euler). Επείσης παρατηρούμε αν P η τομή των εφαπτομένων BE//LO,HC//OM,DE//MP,FD//BP άρα ΑΝ FD\cap BE\equiv J,DE\cap FC\equiv N τότε LM//JN Άρα αρκεί JN\perp KS Και αυτό μας οδηγεί στους ριζικούς άξονες. J,N ριζικά κέντρα BFHD,(R),\Gamma \kappa \alpha \iota DHEC,(R),\Gamma
οπότε JN\perp KS


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 424
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Πέμ Σεπ 12, 2019 7:27 am

Demetres έγραψε:
Κυρ Μάιος 05, 2019 11:19 am

G6. Έστω τρίγωνο ABC με AB=AC με περιγεγραμμένο κύκλο \omega και περίκεντρο O. Έστω D σημείο στην προέκταση της BA από την πλευρά του A. Ο περιγεγραμμένος κύκλος \omega_1 του τριγώνου OAD τέμνει την ευθεία AC και τον κύκλο \omega στα σημεία E και G αντίστοιχα. Το σημείο H είναι τέτοιο ώστε το τετράπλευρο DAEH να είναι παραλληλόγραμμό. Η ευθεία EH τέμνει τον κύκλο \omega_1 ξανά στο σημείο J. Η κάθετη από το G στη GB τέμνει τον \omega_1 ξανά στο N και η κάθετη από το G στη GJ τέμνει τον \omega ξανά στο L. Να δειχθεί ότι τα L,N,H,G είναι ομοκυκλικά.

Θα δείξουμε πως H\in BC
Πράγματι έστω σημείο  H' \in BC με  DH'//AC ,τότε τα τρίγωνα BOD,OAE έχουν OB=OA,\angle BDO=\angle ADO=\angle AEO,\angle ABO=\angle OAE άρα είναι ίσα ,δηλαδή AE=BD=DH' άρα ADH'E παραλληλόγραμμο και H'\equiv H

Έστω T\equiv NE\cap CH.Είναι \angle GNE=\angle GAE=\angle CBG άρα BGTN εγγράψιμο ,δηλαδή NT\perp CH,NC=NH
Άρα N μέσο του τόξου \overset{\frown }{AL}.
Είναι \angle JCB=\angle JBG=90^{\circ}-\angle NGJ=\angle NGL=\dfrac{\angle A}{2}(J σταθερό).

Έχουμε \angle DGB=\angle OGB+\angle DGO=\angle GBO+180^{\circ}-\angle BAO=\angle GBO+\angle OBA=\angle GBD\Leftrightarrow BD=DG(=DH)

Αφού λοιπόν D το κέντρο του περίκυκλου του BGH θα είναι \angle BGH=180^{\circ}-\dfrac{\angle A}{2}
Έτσι θα είναι \angle HGN=180^{\circ}-\dfrac{\angle A}{2}-90^{\circ}=90^{\circ}-\dfrac{\angle A}{2}=\angle NGJ
Άρα GN διχοτόμος της \angle JGH

Για να είναι NHGJ εγγράψιμο αρκεί λοιπόν NJ=NH
128.PNG
128.PNG (50.86 KiB) Προβλήθηκε 516 φορές
Μεταφερόμαστε επομένως στο παρακάτω πρόβλημα:
Αν ABC ισοσκελές με AB=AC ,D σημείο της AB και  DH//AC τότε NH=NJ όπου N η τομή της μεσοκαθέτου του CH και του περίκυκλου του OAD και J σταθερό σημείο του περίκυκλου του ABC με \angle JCB=\dfrac{\angle A}{2}

Αρχικά θα δείξουμε ότι DN=OA.Έστω K η τομή της DH με τον κύκλο (O,D,A)
\angle KOD=\angle DAK=180^{\circ}-\angle A-\angle DKA= 180^{\circ}-\angle A-\angle DOA=\angle COD
Άρα O,C,K συνευθειακά.
Έστω τώρα N' σημείο του κύκλου (O,D,A) με DN'=AO.Το OADN' είναι ισοσκελές τραπέζιο και το DN'OB παραλληλόγραμμο.Τα τρίγωνα DHN',N'OC έχουν OC=OA=DN',ON'=DB=DH,\angle CON=HDN' άρα είναι ίσα και N'H=N'C , N'\equiv N
1.PNG
1.PNG (46.78 KiB) Προβλήθηκε 516 φορές
Έστω τώρα ότι ο κύκλος (N,NC) τέμνει τον (A,B,C) στο J .Επειδή NJ=NC και OC=OJ είναι ON μεσοκάθετη του CJ άρα \angle JCB=180^{\circ}-\angle HCJ=180^{\circ}-\left ( \angle HCN \right )-\left ( 90^{\circ}-\angle ONC \right )=90^{\circ}-\left ( \angle CHN-\angle DHN \right )=\,\,\,=90^{\circ}-\angle DHB=\dfrac{\angle A}{2} και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.
2.PNG
2.PNG (59.2 KiB) Προβλήθηκε 516 φορές


Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 196
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Παρ Σεπ 13, 2019 12:24 am

Demetres έγραψε:
Κυρ Μάιος 05, 2019 11:19 am


G5. Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB<AC<BC και έστω D σημείο στην προέκταση του BC από τη μεριά του C. Ο κύκλος c_1 με κέντρο το A και ακτίνα AD τέμνει τις ευθείας AC,AB και CB στα E,F και G αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος c_2 του τριγώνου AFG τέμνει ξανά τις ευθείας FE,BC,GE και DF στα σημεία J,H,H' και J' αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος c_3 του τριγώνου ADE τέμνει ξανά τις ευθείας FE,BC,GE και DF στα σημεία I,K,K' και I' αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι τα τετράπλευρα HIJK και HI'J'K' είναι κυκλικά με τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων τους να συμπίπτουν.
Θα γράψω την λύση λίγο ποιο περιληπτικά μιας και είμαι από κινητο.

Πρώτα θα ασχοληθούμε με το KHIJ. Παρατηρούμε ότι A,H,I συνευθειακά το οποίο θα αποδείξουμε.

\angle EGF=\angle \frac{BAC}{2}=\angle \frac{A}{2} και \angle DGE=\angle s

\angle HAF=\angle HGF=\angle s+\frac{A}{2} επίσης \angle AEF=\angle AFE=\angle 90-\frac{A}{2} με \angle DAE=2s\rightarrow \angle AED=90-s
Οπότε έχουμε \angle DEI=180-\frac{A}{2}-s\Leftrightarrow \angle DAI=\frac{A}{2}+s οπότε \angle DAI+\angle HAF=A+2S=\angle DAF
Ως αποτέλεσμα A,H,I συνευθειακά και ομοίως A,K,J συνευθειακά οπότε έχουμε

\measuredangle AKD=\angle AED=\angle ADE=\angle AIJ άρα KHIJ εγγράψιμο

Τώρα θα ασχοληθούμε με το K'H'I'J' παρατηρούμε ότι A,I',H' συνευθειακά το οποίο θα δείξουμε

\measuredangle I'AE=\measuredangle FDE=\frac{A}{2},H'AF=\angle EGF=\frac{A}{2} Άρα Α,I',H' συνευθειακά αφού ανήκουν στη διχοτόμου της \angle BAC
Εύκολα δείχνουμε και ότι K',J' ανήκουν στη διχοτόμος της GAD άρα A,K'J' συνευθειακά (αν υπάρχει θέμα στην απόδειξη μπορείτε να μου στείλετε για να την γράψω που δεν το νομίζω).

\angle AI'D=\angle AED=\angle EDA=\angle H'K'J' οπότε K'H'I'J' εγγράψιμο

Τα τμήματα που θα χρεισιμοποιήσουμε είναι τόξα για τον κύκλο c3
\angle DFE=\angle DGE=\frac{DE-II'}{2}=\frac{DE-KK'}{2}
Το οποίο μας δείνει ότι KK'I'I είναι ισοσκελές τραπέζιο άρα τα τμήματα K'I',KI τα οποία είναι διαγώνιες στα εγρράψιμα που θέλουμε μοιράζονται την ίδια μεσοκάθετη. Λόγο των τόξων KK' και II' έχουμε \angle IAI'=\angle K'AK άρα και το H'J'JH ισοσκελές τραπέζιο άρα και το δεύτερο ζεύγος Διαγωνίων των εγγράψιμων μοιράζεται την ίδια μεσοκάθετη οπότε τα εγγράψιμα KHIJ,K'H'I'J'
Έχουν κοινά κέντρα


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 424
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: BMO Shortlist 2018 - Γεωμετρία

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Σεπ 13, 2019 12:23 pm

Για το G5 τα εγγράψιμα KHIJ ,K'H'I'J' προκύπτουν αμέσως ως εξής(βάζω και το σχήμα για να υπάρχει):
131.PNG
131.PNG (46.37 KiB) Προβλήθηκε 356 φορές


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 1 επισκέπτης