MiNI Akademia Matematyki na Politechnice Warszawskiej
Krzysztof Che lmi´ nski
Od OMJ do IMO - zadania olimpijskie z geometrii
MiNI PW, 12.10.2019
Zadanie 1 – OMJ 2019
Punkt D le˙zy na boku AB tr´ojkata ABC Za l´, o˙zmy, ˙ze na odcinku CD istnieje taki punkt E, ˙ze
∠EAD = ∠AED oraz ∠ECB = ∠CEB . Wyka˙z, ˙ze AC + BC > AB + CE .
Rozwiazanie,
Z za lo˙zenia tr´ojkaty AED oraz CEB s, a r´, ownoramienne. Stad AD = DE oraz BC = BE. Na, prostej AB oznaczmy przez P taki punkkt, ˙ze AP = CE oraz A le˙zy na odcinku DP .
Zauwa˙zamy, ˙ze wtedy DP = AD + AP = DE + CE = CD. Ponadto z za lo˙zenia AD = DE co daje, ˙ze tr´ojkaty EDP i ADC s, a przystaj, ace. St, ad otrzymujemy,
AC + BC = P E + EB > P B = P A + AB = CE + AB .
Zadanie 2 – OM 2018
Dany jest tr´ojkat ostrok, atny ABC, w kt´, orym AB < AC. Punkty Ei F sa spodkami jego wysoko´sci, poprowadzonymi odpowiednio z wierzcho lk´ow B i C.Prosta styczna w punkcie A do okregu opisanego, na tr´ojkacie ABC przecina prost, a BC w punkcie P . Prosta r´, ownoleg la do prostej BC przechodzaca, przez punkt A przecina prosta EF w punkcie Q. Wykaza´c, ˙ze prosta P Q jest prostopad la do ´srodkowej, tr´ojkata opuszczonej z wierzcho lka A.,
Rozwiazanie,
Oznaczmy okrag opisany na tr´, ojkacie ABC przez ω. Zauwa˙zamy, ˙ze na czworok, acie EF BC mo˙zna, opisa´c okrag (k, aty przy wierzcho lkach E i F s, a proste i ´srodek okr, egu to ´srodek odcinka BC), kt´, ory oznaczamy przez ω1. Ponadto
∠EF A = π − ∠BF E = ∠ACB = ∠EAQ .
Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o kacie mi, edzy styczn, a a ci, eciw, a wnioskujemy, ˙ze okr, ag ω, 2 opisany na tr´ojkacie AF E jest styczny do prostej AQ .,
Stad wnioskujemy, ˙ze,
AQ2 = Pot(Q, ω2) = QE · QF = Pot(Q, ω1) .
Ponadto AQ2 jest poteg, a punktu Q wzgl, edem zdegenerowanego okr, egu ω, 0 o ´srodku w punkcie A i promieniu r´ownym zero.
3
Ponadto mamy
P A2 = Pot(P, ω) = P B · P C = Pot(P, ω1) .
Jednak˙ze P A2 jest poteg, a punktu P wzgl, edem ω, 0. Wiec P i Q le˙z, a na prostej pot, egowej ω, 1 i ω0 co daje teze.,
Zadanie 3 – IMO 2018
Niech Γ bedzie okr, egiem opisanym na tr´, ojkacie ostrok, atnym ABC. Na bokach AB i AC wybrano, punkty D i E takie, ˙ze AD = AE. Symetralne odcink´ow BD i CE przecinaja kr´, otsze luki AB i AC odpowiednio w punktach F i G. Wyka˙z, ˙ze proste DE i F G sa r´, ownoleg le.
Rozwiazanie,
Oznaczmy przez Z i T punkty przeciecia bok´, ow AB i AC z prosta F G. Niech X b, edzie punktem, takim, ˙ze czworokat F XAD jest r´, ownoleg lobokiem. Wtedy otrzymujemy
∠F XA = ∠F DA = π − ∠F DB = π − ∠F BD
co oznacza, ˙ze na czworokacie F XAB mo˙zna opisa´, c okrag i w konsekwencji X le˙zy na Γ. Podobnie, definiujemy Y jako taki punkt, ˙ze czworokat GY AE jest r´, ownoleg lobokiem i wnioskujemy, ˙ze Y le˙zy na Γ .
Ponadto mamy nastepuj, ace r´, owno´sci
XF = AD = AE = Y G .
Wiec czworok, at XF GY jest r´, ownoramiennym trapezem wpisanym w Γ. Ten wniosek prowadzi do r´owno´sci kat´, ow
∠AT Z = ∠Y GF = ∠XF G = ∠AZT i tr´ojkat AZT jest r´, ownoramienny co ko´nczy to rozwiazanie.,
5
Zadanie 4 – Baltic-Way 2018
Okregi ω, 1 i ω2 sa zewn, etrznie roz l, aczne. Odcinki A, 1B1 oraz A2B2 sa ´srednicami tych okr, eg´, ow, kt´ore nie sa r´, ownoleg le. Oznaczmy przez A ´srodek odcinka A1A2, przez B ´srodek odcinka B1B2 oraz przez C punkt przeciecia odcink´, ow A1A2 oraz B1B2. Wyka˙z, ˙ze ortocentrum tr´ojkata ABC le˙zy na pewnej, prostej niezale˙znej od wyboru ´srednic ω1 i ω2.
Rozwiazanie,
Wyka˙zemy, ˙ze ortocentrum tr´ojkata ABC le˙ze na prostej pot, egowej okr, eg´, ow ω1 i ω2. Oznaczmy przez X1 i X2 punkty przeciecia A, 1A2 odpowiednio z okregami ω, 1 i ω2. Podobnie niech Y1 i Y2 to punkty przeciecia B, 1B2 odpowiednio z okregami ω, 1 i ω2. Zauwa˙zamy, ˙ze proste A1Y1 oraz A2Y2 sa r´, ownoleg le oraz proste B1X1 oraz B2X2 sa r´, ownoleg le. Te cztery proste tworza r´, ownoleg lobok KLM N .
Oznaczmy ´srodek KL przez P . Wtedy prosta BP jest r´ownoleg la do prostej LM gdy˙z tr´ojkaty, prostokatne Y, 2B1K i Y2B2L sa podobne oraz tr´, ojkat prostok, atny BP Y, 2 jest do nich podobny. Wiec, prosta P B jest prostopad la do A1A2 czyli do AC. Podobnie oznaczajac przez Q ´srodek odcinka KN, wnioskujemy, ˙ze prosta QA zawiera wysoko´s´c tr´ojkata ABC poprowadzon, a z wierzcho lka A. Razem, mamy, ˙ze ortocentrum H tr´ojkata ABC to ´srodek r´, ownoleg loboku KLM N .
Na czworokacie B, 1X1Y2A2 mo˙zna opisa´c okrag oznaczany przez ω. Widzimy, ˙ze K le˙zy na prostej, potegowej ω, 1 i ω2 gdy˙z
Pot(K, ω1) = Pot(K, ω) = Pot(K, ω2) . Ponadto z podobie´nstwa tr´ojkat´, ow prostokatnych M A, 1X2 i M Y1B2
M Y1 · M A1 = M X2 · M B2
i punkt M te˙z le˙zy na prostej potegowej ω, 1 i ω2 co natychmiast ko´nczy to rozwiazanie.,
7
