ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 28η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα

"Ο Αρχιμήδης"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 26 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2011

ΕΕννδδεειικκττιικκέέςς ΛΛύύσσεειιςς θθεεμμάάττωωνν μμιικκρρώώνν ττάάξξεεωωνν ΠΠΡΡΟΟΒΒΛΛΗΗΜΜΑΑ 11 Έστω τρίγωνο με . Αν Δ είναι το μέσον της πλευράς ΑΒΓ ˆ 120ΒΑΓ = ΒΓ , δίνεται ότι η ευθεία είναι κάθετη προς την πλευρά ΑΔ ΑΒ και τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στο σημείο Ε . Οι ευθείες και ΒΑ ΕΓ τέμνονται στο . Να αποδείξετε ότι: Ζ (α) , (β) . ΖΔ ⊥ ΒΕ ΖΔ = ΒΓ Λύση (α) Επειδή είναι η BΕ είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Επομένως θα είναι και . Έτσι στο τρίγωνο ΖΒΕ τα ευθύγραμμα τμήματα ΕΑ και ΒΓ είναι ύψη του τριγώνου που τέμνονται στο σημείο Δ.

ˆ 90ΒΑΕ =ˆ 90ΒΓΕ =

Επομένως η ευθεία ΖΔ είναι η ευθεία του τρίτου ύψους του τριγώνου ΖΒΕ, δηλαδή είναι . ΖΔ ⊥ ΒΕ

Σχήμα 1 Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να αποδείξουμε ότι: . Πράγματι, έχουμε ˆ 90ΖΒΗ = ( )ˆ ˆˆ 180 HBZ+BZHΖΒΗ = − (1)

Όμως έχουμε ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆHBZ EB ΓBA=EA ΓBA=120 90 ΓBA 30= Γ+ Γ+ − + = +Β . (2)

Επίσης από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΔΓΖ (γιατί ) έχουμε ότι: ˆ ˆ 90ΑΔΖ = ΔΓΖ = (3) ˆ ˆΒΖΗ = ΑΖΔ = Γ Λόγω των (2) και (3) η σχέση (1) γίνεται:

( ) ( ) ( )ˆ ˆ ˆ ˆˆ 180 30 +Β+Γ 150 Β+Γ 150 180 120 90ΖΒΗ = − = − = − − = .

(β) Παρατηρούμε ότι το τετράπλευρο ΑΔΓΖ είναι εγγράψιμο, αφού . Άρα θα έχουμε .

ˆ ˆΔΑΖ + ΔΓΖ =90 90 180+ = ˆ ˆ ˆˆ 120 90 30ΔΖΓ = ΔΑΓ = ΒΑΓ−ΒΑΔ = − = Επομένως στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΓΖ η υποτείνουσα ΖΔ θα είναι διπλάσια της κάθετης πλευράς ΔΓ, δηλαδή αφού Δ μέσο της πλευράς ΒΓ. 2ΖΔ = ⋅ΔΓ = ΒΓ, ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 Θεωρούμε το σύνολο των τετραψήφιων θετικών ακέραιων αριθμών δγβα=x των οποίων όλα τα ψηφία είναι διαφορετικά από το μηδέν και διαφορετικά μεταξύ τους. Θεωρούμε επίσης τους αριθμούς αβγδ=y και υποθέτουμε yx > . Βρείτε τη μεγαλύτερη και τη μικρότερη τιμή της διαφοράς yx − , καθώς και τους αντίστοιχους τετραψήφιους ακέραιους y,x για τις οποίες λαμβάνονται αυτές οι τιμές. Λύση Θεωρούμε τη δεκαδική αναπαράσταση των αριθμών :

1000 100 10 1000 100 10x y α β γ δ δ γ β− = + + + − − − −α 1000( ) 100( ) 10( )α δ β γ γ β δ= − + − + − + α−

999( ) 90( )α δ β= − + −γ ( )9 111( ) 10( )α δ β γ= − + − .

Αρκεί να προσδιορίσουμε τη μέγιστη και ελάχιστη τιμή της παράστασης: A 111( ) 10( )α δ β γ= − + − .

Οι αριθμοί δγβα ,,, είναι θετικοί μονοψήφιοι ακέραιοι (διαφορετικοί μεταξύ τους). Εφόσον yx > , θα ισχύει δα > . Η παράσταση Α γίνεται μέγιστη, όταν οι αριθμοί δα − και γβ − γίνουν μέγιστοι και επί πλέον >−δα γβ − . Η διαφορά δα − γίνεται μέγιστη όταν 9α = και 1δ = . Η διαφορά γβ − γίνεται μέγιστη όταν 8β = και 2γ = . Άρα και είναι οι ζητούμενοι ακέραιοι οι οποίοι δημιουργούν τη μεγαλύτερη διαφορά .

9821x = 1289y =9821 1289 8532x y− = − =

Η παράσταση γίνεται ελάχιστη, όταν οι αριθμοί Α δα − και γβ − γίνουν ελάχιστοι. Η ελάχιστη τιμή της διαφοράς δα − είναι το 1. Άρα οι δυνατές τιμές του ζεύγους

),( δα είναι: (9,8) , , ( και (2 . (8,7) 7,6) (6,5) (5, 4) (4,3) (3, 2) ,1)

Για όλες τις παραπάνω δυνατές τιμές του ζεύγους ),( δα , η τιμή της παράστασης Α γίνεται:

A 111 10( )β γ= + − . Η ελάχιστη τιμή τώρα της διαφοράς γβ − είναι το 8− που δημιουργείται για

1β = και 9γ = .

Απορρίπτοντας τέλος τα ζεύγη και (διότι τα ψηφία του τετραψήφιου αριθμού είναι διαφορετικά μεταξύ τους), καταλήγουμε στον παρακάτω πίνακα δυνατών τιμών των αριθμών

(9,8) (2,1)

y,x καθώς και την ελάχιστη διαφορά.

3192 2913 2794193 3914 2795194 4915 2796195 5916 2797196 6917 2798197 7918 279

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 Αν ο αριθμός 3 1ν + , όπου ν ακέραιος, είναι πολλαπλάσιο του 7, να βρείτε τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρεσης:

(α) του ν με το 7, (β) του mν με το 7, για τις διάφορες τιμές του θετικού ακέραιου . , 1m m >

Λύση (α) Έστω 3 1 7 ,ν κ+ = όπου ,ν κ ακέραιοι. Ο ακέραιος ν έχει τη μορφή

7ν ρ υ= + , όπου 0,1,2,3,4,5,6υ∈ και ρ ακέραιος. Τότε έχουμε:

( )3 7 1 7 21 3 1 7 3 1 πολλαπλάσιο του 7ρ υ κ ρ υ κ υ+ + = ⇔ + + = ⇔ + = , οπότε η μόνη δυνατή τιμή για το υ είναι το 2. Έτσι έχουμε 7 2,ν ρ= + όπου ρ ακέραιος, οπότε το μοναδικό δυνατό υπόλοιπο της διαίρεσης του ν με το 7 είναι το 2. (β) Έχουμε

( ) ( )0

7 2 7 2 .7 2m

m m im i

i

mi

mν ρ ρ πο−

=

⎛ ⎞= + = = +⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ λ

,

.

Επομένως, αρκεί να βρούμε τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρεσης του με το 7. 2m

Αν υποθέσουμε ότι 3m σ υ= + όπου 0,1,2υ∈ , τότε λαμβάνουμε:

( ) ( )32 2 8 2 7 1 2 .7 1 2 .7 2m σ ,σ υ σ υ υ υ υπολ πολ+= = ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = +

όπου 0,1,2υ∈ . Άρα τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρεσης του mν με το 7, για τις

διάφορες τιμές του θετικού ακέραιου είναι τα ,m m >1 .0 1 22 1, 2 2 και 2 4= = = ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 Αν , ,x y z είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 12, να αποδείξετε ότι:

3x y z x y zy z x+ + + ≥ + + .

Πότε ισχύει η ισότητα; Λύση Επειδή οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , ,x y z έχουν άθροισμα 12, αρκεί να αποδείξουμε την ανισότητα

4

x y z x y z x yy z x

z+ ++ + + ≥ + + . (1)

Επειδή οι πραγματικοί αριθμοί , ,x y z είναι θετικοί, από την ανισότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου έχουμε

24 4

x y x y xy y+ ≥ ⋅ = , (2)

24 4

y z y z yz z+ ≥ ⋅ = , (3)

24 4

z x z x zx x+ ≥ ⋅ = . (4)

Με πρόσθεση κατά μέλη των (2), (3) και (4) προκύπτει η ανισότητα (1). Η ισότητα ισχύει, όταν οι ανισότητες (2), (3) και (4) αληθεύουν και οι τρεις ως ισότητες., δηλαδή όταν

22 2 2 2 2 2

3

42 2 2

3

2 28

7

2 27 7

1, , , , , ,4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

1, ,4 4 4 4

1, ,4 4 4

, , 4 4.4 4

4

4x y y z z x y z x y z y yx y z x y zy z x

y z zx y z

y zx y z z

y zx y z x y z

⎛ ⎞= = = ⇔ = = = ⇔ = = = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞⇔ = = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

⇔ = = =

⇔ = = = ⇔ = = =

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ ΕΜΕ 28

η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 26 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2011 ΕΕννδδεειικκττιικκέέςς ΛΛύύσσεειιςς θθεεμμάάττωωνν μμεεγγάάλλωωνν ττάάξξεεωωνν

ΠΠΡΡΟΟΒΒΛΛΗΗΜΜΑΑ 11 Να λύσετε στους ακέραιους την εξίσωση

( )3 2 2 42 3x y y x x y 6− = − . Λύση Μετά τις πράξεις διαπιστώνουμε ότι η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση

( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

22 2 26 0, , ,

6 6 0, , ,

6, , , ή 6, , .

6, , , (1) ή 6, , . (2)

x y x y x y

xy x y xy x y x y

xy x y x y xy x y x y

xy x y x y xy y x x y

− − = ∈

⇔ − − ⋅ − + = ∈⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦⇔ − = ∈ − = − ∈

⇔ − = ∈ − = ∈

Από τη μορφή των (1) και (2) προκύπτει ότι, αν ( )0 0,x y είναι λύση της (1), τότε το

ζευγάρι είναι λύση της (2) και αντιστρόφως. Επομένως, αρκεί να λύσουμε μόνον την εξίσωση (1). Επειδή

( 0 0,y x ),x y∈ , η εξίσωση (1) είναι ισοδύναμη με :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 2

3 4

5 6

7 8

6, 1 ή 6, 1

ή 3, 2 ή 3, 2

ή 1, 6 ή 1, 6

ή 2, 3 ή 2, 3 .

xy x y xy x y

xy x y xy x y

xy x y xy x y

xy x y xy x y

= − = Σ = − − = − Σ

= − = Σ = − − = − Σ

= − = Σ = − − = − Σ

= − = Σ = − − = − Σ

( )( )( )

Από τα 8 συστήματα μόνον τα ( ) ( ) ( )1 3, , 8Σ Σ Σ δίνουν τις ακέραιες λύσεις:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

, 3, 2 , , 2, 3 , , 3,1 ,

, 1, 3 , , 2,1 και , 1,

x y x y x y

x y x y x y

= = − − =

= − − = − = − )2 ..

Σύμφωνα με όσα είπαμε παραπάνω, η εξίσωση (2) έχει στους ακέραιους τις λύσεις ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

, 2,3 , , 3, 2 , , 1,3 ,

, 3, 1 , , 1, 2 και , 2,

x y x y x y

x y x y x y

= = − − =

= − − = − = − )1 ..

ΠΠΡΡΟΟΒΒΛΛΗΗΜΜΑΑ 22 Στο καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε τα σημεία , , …,

καθώς και τα ευθύγραμμα τμήματα 1A (40,1) 2A (40,2)

40A (40,40) 1 2OA ,OA , ,OA40… . Ένα σημείο του καρτεσιανού επιπέδου Oxy θα το ονομάζουμε “καλό”, όταν οι συντεταγμένες του είναι ακέραιοι αριθμοί και βρίσκεται στο εσωτερικό (δηλαδή δεν ταυτίζεται με κάποιο από τα άκρα του) ενός ευθυγράμμου τμήματος iΟΑ 1, 2,3, , 40i = … . Επίσης, ένα από τα ευθύγραμμα τμήματα 1 2OA ,OA , ,OA40… , θα το ονομάζουμε “καλό”, όταν περιέχει ένα τουλάχιστον “καλό” σημείο. Να υπολογισθεί το πλήθος των “καλών” σημείων και το πλήθος των “καλών” ευθυγράμμων τμημάτων.

Λύση. Στη λύση που ακολουθεί, θα συμβολίζουμε με MK ( , )k lΔ , το μέγιστο κοινό διαιρέτη των ακεραίων αριθμών . l,k

Σχήμα 1

Ένα σημείο θα ανήκει στο εσωτερικό του ευθυγράμμου τμήματος OA ,

αν και μόνο αν, τα διανύσματα

M( , )k l i

OM και OA i έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης

(με ακέραιους αριθμούς και l,k 0 k 40< ≤ ), δηλαδή πρέπει να ισχύει 40i l

k= (με

ακέραιους αριθμούς και ).

l,k

0 4k< ≤ 0

Για να είναι τώρα το ευθύγραμμο τμήμα “καλό”, θα πρέπει το κλάσμα OA i 40i να

μην είναι ανάγωγο (ώστε να δημιουργούνται ισοδύναμα με το 40i κλάσματα με

ακέραιους όρους που θα δημιουργούν το συντελεστή διεύθυνσης kl και τις αντίστοιχες

συντεταγμένες του “καλού” σημείου ). M( , )k l Επομένως, για να υπάρχει “καλό” σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα (ώστε να χαρακτηριστεί και το ίδιο ως “καλό”) θα πρέπει

OA i

MK (40, ) 1iΔ > . Αν τώρα , τότε θα υπάρχουν MK (40, ) 1iΔ > MK (40, ) 1iΔ − “καλά” σημεία στο ευθύγραμμο

τμήμα . Στο σημείο αντιστοιχεί το “καλό” ευθύγραμμο τμήμα , στο οποίο ανήκει το “καλό” σημείο . Στο σημείο αντιστοιχεί το “καλό” ευθύγραμμο τμήμα , στο οποίο ανήκουν τα “καλά” σημεία , (2 ,

. Με αυτό τον τρόπο δημιουργούμε τον πίνακα:

iOA 2A (40, 2) 2OA(20,1) 4A (40, 4)

4OA (10,1) 0, 2)(30,3)

A2(40,2) ΜΚΔ(40,2)=2 1 A40(40,40) ΜΚΔ(40,40)=40 39

A4(40,4) ΜΚΔ(40,4)=4 3 A38(40,38) ΜΚΔ(40,38)=2 1

A5(40,5) ΜΚΔ(40,5)=5 4 A36(40,36) ΜΚΔ(40,36)=4 3

A6(40,6) ΜΚΔ(40,6)=2 1 A35(40,35) ΜΚΔ(40,35)=5 4

A8(40,8) ΜΚΔ(40,8)=8 7 A34(40,34) ΜΚΔ(40,34)=2 1

A10(40,10) ΜΚΔ(40,10)=10 9 A32(40,32) ΜΚΔ(40,32)=8 7

A12(40,12) ΜΚΔ(40,12)=4 3 A30(40,30) ΜΚΔ(40,30)=10 9

A14(40,14) ΜΚΔ(40,14)=2 1 A28(40,28) ΜΚΔ(40,28)=4 3

A15(40,15) ΜΚΔ(40,15)=5 4 A26(40,26) ΜΚΔ(40,26)=2 1

A16(40,16) ΜΚΔ(40,16)=8 7 A25(40,25) ΜΚΔ(40,25)=5 4

A18(40,18) ΜΚΔ(40,18)=2 1 A24(40,24) ΜΚΔ(40,24)=8 7

A20(40,20) ΜΚΔ(40,20)=20 19 A22(40,22) ΜΚΔ(40,22)=2 1

60 80 Από τον παραπάνω πίνακα συμπεραίνουμε ότι το πλήθος των “καλών” τμημάτων είναι και το πλήθος των καλών σημείων 140 . 24 Παρατηρήσεις

1. Ο παραπάνω πίνακας έχει ευρεία ανάπτυξη για διδακτικούς λόγους. 2. Ο υπολογισμός του πίνακα διευκολύνεται σημαντικά με τη χρησιμοποίηση των

ιδιοτήτων του μέγιστου κοινού διαιρέτη: MK ( , )k lΔ = MK ( , )l kΔ = MK ( , )l k kΔ − = MK ( , )l k kΔ − .

3. Το πλήθος των “καλών” ευθυγράμμων τμημάτων μπορεί να υπολογιστεί με τη βοήθεια της συνάρτησης φ του Euler. Είναι γνωστό ότι ( )n nφ− παριστά το πλήθος των θετικών ακεραίων που είναι μικρότεροι ή ίσοι με τον n και δεν είναι πρώτοι προς αυτόν. Επειδή όμως 340 5 2= ⋅ , έχουμε:

1 1 1 4(40) 40 1 1 40 162 5 2 5

φ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Άρα το πλήθος των “καλών” ευθυγράμμων τμημάτων είναι 40 (40) 24φ− = . ΠΠΡΡΟΟΒΒΛΛΗΗΜΜΑΑ 33 Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 6, να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή της παράστασης:

, ,a b c

3 3 32 2 22 2S a bc b ca c a= + + + + + 2 b . .

Λύση. Χρησιμοποιούμε την ανισότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου ως εξής:

( ) ( )2

3 2 2 233 3 32 2 2

1 1 2 12 12 12 2 12 12 2312 12 3 12

a bca bc a bc a bc+ + ++ = + ⋅ ⋅ ≤ ⋅ = + + 24 ,

( ) ( )2

3 2 2 233 3 32 2 2

1 1 2 12 12 12 2 12 12 2 24 ,312 12 3 12

b cab ca b ca b ca+ + ++ = + ⋅ ⋅ ≤ ⋅ = + +

( ) ( )2

3 2 2 233 3 32 2 2

1 1 2 12 12 12 2 12 12 2312 12 3 12

c abc ab c ab c ab+ + ++ = + ⋅ ⋅ ≤ ⋅ = + + 24 ,

από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε

( )

( )

3 3 32 2 2 2 2 2

2 2

2 333 32 2

12 2 2 2 2 2 723 12

1 3672 3 12.183 12 12

S a bc b ca c ab a b c ab bc ca

a b c

= + + + + + ≤ + + + + + +

⎡ ⎤= + + + = = =⎣ ⎦18

Η ισότητα ισχύει όταν

( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )

2 2 2

2

2

2 12, 2 12, 2 122 0, 2 0, 2 1

6 3 0, 6 3 0, 2 122.

a bc b ca c aba b a b c b c b c a c ab

a b c b c a c aba b c

+ = + = + =

⇔ − + − = − + − = + =

⇔ − − = − − = + =

⇔ = = =

2

Επομένως η μέγιστη τιμή της παράστασης είναι 33 12 και λαμβάνεται όταν είναι . 2a b c= = =

Παρατήρηση 1. Η επιλογή του αριθμού 12 ως δεύτερου και τρίτου όρου για την εφαρμογή της ανισότητας αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου οφείλεται στο ότι μόνον για αυτόν είναι δυνατόν να αληθεύει η ισότητα και στις τρεις επιμέρους ανισότητες. Αυτό είναι αναγκαίο για είναι δυνατόν η παράσταση να πάρει την τιμή που εμφανίζεται ως ένα πάνω φράγμα της. Για παράδειγμα, αν είχαμε χρησιμοποιήσει τις ανισότητες

( )2

3 2 232 22 2 1 13

a bca bc a bc ,+ ++ = + ⋅ ⋅ ≤

( )2

3 2 232 22 2 1 13

b cab ca b ca ,+ ++ = + ⋅ ⋅ ≤

( )2

3 2 232 22 2 1 13

c abc ab c ab ,+ ++ = + ⋅ ⋅ ≤

τότε με πρόσθεση κατά μέλη θα βρίσκαμε

( )

2 2 23 3 32 2 2

2

2 2 22 2 23

6 42 14.3 3

a b c ab bc caS a bc b ca c ab

a b c

6+ + + + + += + + + + + ≤

+ + += = =

Η ισότητα στην τελευταία σχέση δεν μπορεί να αληθεύει, όπως προκύπτει από το σύστημα

( )

2 2 2

2

2 1, 2 1, 2

3, άτοπο.

a bc b ca c ab

a b c

+ = + = + =

⇒ + + =

1

2. Εναλλακτικά, θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε τον μετασχηματισμό 3 3 32 2 22 , 2 , 2 ,x a bc y b ca z c ab= + = + = +

μέσω του οποίου η συνάρτηση γίνεται ( ), ,S x y z x y z= + + , της οποίας ζητάμε τη

μέγιστη τιμή υπό τη συνθήκη ( )23 3 3 36x y z a b c+ + = + + = . Στη συνέχεια θα μπορούσε κανείς να χρησιμοποιήσει τη μέθοδο των πολλαπλασιαστών του Lagrange, χωρίς σοβαρό πρόβλημα στις πράξεις. Επίσης θα μπορούσε κάποιος να εργαστεί χρησιμοποιώντας και άλλες κλασικές ανισότητες, όπως η ανισότητα του Holder ή την ανισότητα των δυνάμεων. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ( με ABC AB AC< ), εγγεγραμμένο σε κύκλο (με κέντρο το σημείο και ακτίνα

( , )c O RO R ). Η προέκταση του ύψους AD τέμνει τον

περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο E και η μεσοκάθετη ( )μ της πλευράς AB τέμνει την AD στο σημείο L . Η BL τέμνει την στο σημείο AC M και τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο . Τέλος η τέμνει τη μεσοκάθετη ( , )c O R N EN ( )μ στο σημείο Z .

Να αποδείξετε ότι: ( )MZ BC CA CB ή Ο⊥ ⇔ = Ζ ≡ , δηλαδή ότι “η MZ είναι κάθετη στην , αν, και μόνο αν, το τρίγωνο είναι ισοσκελές με CA ή το σημείο

BC ABC CB=Z ταυτίζεται με το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου ”. ( , )c O R

Λύση Επειδή το σημείο L ανήκει στη μεσοκάθετη του AB , θα ισχύει: ωBA 11 == και κατά συνέπεια . Άρα το τετράπλευρο είναι ισοσκελές τραπέζιο με

, οπότε η ευθεία BEAN = ABEN

/ /AB EN )( μ είναι μεσοκάθετος της και EN ωNE 11 == .

Σχήμα 2

Έστω ότι το σημείο Z ταυτίζεται με το σημείο (Σχήμα 2). O Τότε η γίνεται διάμετρος του κύκλου, οπότε EN o

32 90BBNBE =+= . Αν

ϕC = τότε από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο έχουμε: ABEC ϕ90AB o22 −== .

Από τη τελευταία ισότητα (σε συνδυασμό με την ισότητα o32 90BB =+ ) έχουμε:

ϕB3 = . Άρα το M ανήκει στη μεσοκάθετη του (BC MCMB = ). Το σημείο ανήκει επίσης στη μεσοκάθετη του και επειδή ταυτίζεται με το σημείο

OBC Z ,

συμπεραίνουμε ότι η MZ είναι μεσοκάθετος της . BC Έστω ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές (ABC CBCA = ). Τότε η μεσοκάθετος )( μ της AB είναι ύψος του τριγώνου (Σχήμα 2), δηλαδή το ABC L είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου και κατά συνέπεια το σημείο ABC M είναι το μέσο του τμήματος (η

LNBM είναι ύψος και το σημείο είναι το συμμετρικό του ορθοκέντρου N L ως προς

την ). AC

Σχήμα 3

Το σημείο Z είναι το μέσο του τμήματος (διότι η ευθεία EN )( μ είναι μεσοκάθετος της ). EN Άρα η MZ είναι παράλληλη με την AD . Στη συνέχεια θα υποθέσουμε ότι η MZ είναι κάθετη στην και θα αποδείξουμε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές (

BCABC CBCA = ) ή το σημείο Z

ταυτίζεται με το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου (Σχήμα 4). Έστω λοιπόν ότι η MZ είναι κάθετη στην . Τότε η BC MZ θα είναι παράλληλη με την AE ( MZ // AE ). Αν είναι η τομή της T MZ με την τότε το είναι το μέσο (διότι AN T AN Z είναι το μέσο της και NE MZ // AE ). Άρα τα τρίγωνα MTA και έχουν το ίδιο εμβαδό ( ).

MTN21 E)MTN()MTA(E ===

Σχήμα 4

Από την παραλληλία MZ // AE , προκύπτει η “μεταφορά” γωνιών στο τρίγωνο

στο οποίο η AMN MT είναι διάμεσος. Σημειώνουμε ότι:

ω2DLB = (διότι η DLB είναι εξωτερική γωνία του ισοσκελούς τριγώνου ). LENω2ZML = (διότι LD // MZ οπότε DLB ω2ZML == ).

Χρησιμοποιώντας τώρα το γνωστό τύπο A21E ημβγ= για το εμβαδό τριγώνου,

έχουμε:

)290(mx21)90(mn

21E1 ωημϕημ −=−=

ημϕωημ kx212kn

21E2 ==

Διαιρώντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις, έχουμε:

ωημϕημϕημωσυν

ωημϕσυν 422

2=⇔= .

Από τη τελευταία ισότητα ημιτόνων (και με δεδομένο ότι οι γωνίες ϕω , είναι γωνίες τριγώνου) καταλήγουμε στις ισότητες:

)A(242 ωϕωϕ =⇔= ή )B(2

242 πωϕωπϕ =+⇔−= .

Από την ισότητα συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές ( ) και κατά συνέπεια το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο

)A( MTNTNTM = AMN

M ( o90NMA = ). Άρα η BM είναι ύψος του τριγώνου και επομένως το ABC L ορθόκεντρο, δηλαδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές (ABC CBCA = ) διότι η μεσοκάθετος KZ είναι και ύψος. Από την ισότητα συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο

, δηλαδή η )B( MTN

T MT είναι μεσοκάθετος της . Άρα η AN MT θα διέρχεται από το (οπότε ).

OOZ ≡

Παρατήρηση

Σχήμα 5 Σχήμα 6 Αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές με ABC CBCA = και o45ˆC == ϕ , τότε τα τρίγωνα

, και είναι ορθογώνια και ισοσκελή. Το τετράπλευρο είναι ισοσκελές τραπέζιο. Άρα η TM είναι μεσοκάθετη της . TMN TMA AMN ABCN

BC

Στη περίπτωση αυτή και το σημείο Z ταυτίζεται με το σημείο , οπότε η διάζευξη των προτάσεων

O( )ΟΖ ≡= ήCBCA είναι εγκλειστική.