هندسه

Dadgarnia · 1394/6/2

پاسخ : هندسه

Amitis :D گفت

حل قشنگي بود. يه راه ديگه اين سوال اينجوريه كه با همون تعاريف شما،

$O$

رو نسبت به

$BC$

قرينه مي كنيم تا به

$O'$

برسيم چون

$E$

مركز دايره محيطي مثلث

$AOO'$

هست و

$N$

وسط

$AO'$

، نتيجه مي گيريم

$EN\perp AO'$

پس حكم ثابت شد.
سوال جايگزين:

$ABCDE$

يك پنج ضلعي محدب است به طوري كه

$BC\parallel AE,AB=BC+AE,\angle ABC=\angle CDE$

. اگر

$M$

وسط

$CE$

و

$O$

مركز دايره محيطي

$BCD$

باشد و داشته باشيم

$\angle DMO=90^{\circ}$

، ثابت كنيد

$2\angle BDA=\angle CDE$

.

حمید آنالیز · 1394/6/4

پاسخ : هندسه

یه سوال قشنگ شروط لازم و کافی را بیابین که برای مثلثABCداشته باشیم

$a^2-b^2=bc$

.

REZA 73 · 1394/6/5

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

محور اصلي كلا مبحث خيلي مهميه. دو تا از سوال هاي المپياد هندسه ي پارسال هم با محور اصلي حل ميشدن. سوال جايگزين:

$ABCD$

يك چهار ضلعي محدب است كه اضلاع رو به رويش موازي نيستند. اگر

$AB,CD$

در

$E$

با هم برخورد كنند به طوري كه

$B$

بين

$A,E$

باشد و

$AD,BC$

در

$F$

با هم برخورد كنند به طوريكه

$D$

بين

$A,F$

باشد و دايره محيطي مثلث هاي

$BEC,CFD$

در

$C,P$

با هم برخورد كنند ثابت كنيد

$\angle BAP=\angle CAD$

اگر و فقط اگر

$BD\parallel EF$

.

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

يه راه ديگه اش (البته مال من نيست) اينه كه مركز چهار ضلعي محاطي

$ARCQ$

رو

$O'$

بناميم بعدش با يه خورده زاويه بازي مي تونيم ثابت كنيم دو مثلث

$AOO',QPC$

متشابه اند كه حكم رو نتيجه ميده.
سوال جايگزين:
در مثلث

$ABC$

نقطه ي

$O$

را مركز دايره اي مي گيريم كه بر اضلاع زاويه ي

$BAC$

در

$B,C$

مماس است.

$Q$

نقطه اي دلخواه درون زاويه ي

$BAC$

است.

$P$

را طوري روي

$AQ$

در نظر مي گيريم كه

$AQ\perp OP$

. اگر

$OP$

دواير محيطي

$BPQ,CPQ$

را براي بار دوم در

$M,N$

قطع كرده باشد ثابت كنيد

$OM=ON$

.

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

يه راهنمايي براي سوال سه: نشون بدين حكم معادل با محاطي بودن چهار ضلعي

$BKLB_1$

هست.

درسته؟؟؟؟:87:

برای سوال دوم:

$QCNP$

,

$QBMP$

محاطی هستند اگر از

$O$

به

$B,C$

وصل کنیم آنگاه :

$\angle OCN=\angle QCA$

$\angle OBM=\angle QBA$

با نوشتن رابطه سینوس ها داریم:

$\frac{ON}{OC}=\frac{sin\angle OCN}{sin\angle ONC}=\frac{sin\angle QCA}{sin\angle AQC}=\frac{AQ}{AC}$

$\frac{OM}{OB}=\frac{sin\angle OBM}{sin\angle OMB}=\frac{sin\angle QBA}{sin\angle AQB}=\frac{AQ}{AB}$

که به راحتی حکم نتیجه میشه چون دو مماس از یک نقطه بر دایره به یک اندازه هستند.

Dadgarnia · 1394/6/6

پاسخ : هندسه

سوال جايگزين:
در مثلث

$ABC$

داريم

$\angle B>\angle C$

. مماسي كه از

$B$

بر دايره محيطي اين مثلث رسم مي شود

$AC$

را در

$P$

قطع مي كند.

$Q$

نقطه اي روي

$AC$

است به طوري كه

$\angle QBA=\angle C$

. فرض مي كنيم نقطه اي مانند

$D$

روي پاره خط

$BQ$

وجود داشته باشد به طوريكه

$PD=PB$

. اگر محل تقاطع

$AD$

با دايره محيطي مثلث را

$R$

بناميم ثابت كنيد

$QB=QR$

.

REZA 73 · 1394/6/6

پاسخ : هندسه

حمید آنالیز گفت

$\angle A=2\angle B$

شرط لازم و کافیه.
برای اثباتشم نیمساز راس

$A$

رو رسم کنید.
بقیه ش فقط محاسبه هست.:216:

حمید آنالیز · 1394/6/6

پاسخ : هندسه

REZA 73 گفت

و این که ایدوتن واسه سوال چی بودش؟
من کلا با حل اینگونه سوالای مبهم مشکل دارم !
چطوری به ذهنتون این اومدش؟

Sharifi_M · 1394/6/6

پاسخ : هندسه

آقای دادگرنیا الان کدوم سوالا رو باید حل کنیم؟ :/

Dadgarnia · 1394/6/6

پاسخ : هندسه

از اين به بعد سعي مي كنم سوالا رو به ترتيب سختي بچينم يعني سوال يك آسون ترين سوال و سوال سه سخت ترين سوال باشه. سوال هاي الان به ترتيب سختي اينان:
1- در مثلث

$ABC$

داريم

$\angle B>\angle C$

. مماسي كه از

$B$

بر دايره محيطي اين مثلث رسم مي شود

$AC$

را در

$P$

قطع مي كند.

$Q$

نقطه اي روي

$AC$

است به طوري كه

$\angle QBA=\angle C$

. فرض مي كنيم نقطه اي مانند

$D$

روي پاره خط

$BQ$

وجود داشته باشد به طوريكه

$PD=PB$

. اگر محل تقاطع

$AD$

با دايره محيطي مثلث را

$R$

بناميم ثابت كنيد

$QB=QR$

.
2-

$ABCD$

يك چهار ضلعي محدب است كه اضلاع رو به رويش موازي نيستند. اگر

$AB,CD$

در

$E$

با هم برخورد كنند به طوري كه

$B$

بين

$A,E$

باشد و

$AD,BC$

در

$F$

با هم برخورد كنند به طوريكه

$D$

بين

$A,F$

باشد و دايره محيطي مثلث هاي

$BEC,CFD$

در

$C,P$

با هم برخورد كنند ثابت كنيد

$\angle BAP=\angle CAD$

اگر و فقط اگر

$BD\parallel EF$

.
3-

$ABCDE$

يك پنج ضلعي محدب است به طوري كه

$BC\parallel AE,AB=BC+AE,\angle ABC=\angle CDE$

. اگر

$M$

وسط

$CE$

و

$O$

مركز دايره محيطي

$BCD$

باشد و داشته باشيم

$\angle DMO=90^{\circ}$

، ثابت كنيد

$2\angle BDA=\angle CDE$

.

حمید آنالیز · 1394/6/7

پاسخ : هندسه

پس انی گونه سوالرو حدسی هم میشه ببخشین اقا شما الم\یادی هستین؟ینی یبودین؟
الان رشتتون چیه ؟

Dadgarnia · 1394/6/7

پاسخ : هندسه

reza 73 گفت

فکر کنم منظور شما از روی

$ac$

روی کمانش بوده!
باید ثابت کنیم که :

$\angle brq=\angle qbr$

اما با توجه به :

$pb^2=pd^2=pa\times pc$

میتوان نتیجه گرفت دو مثلث

$apd$

و

$dpc$

متشابه هستند پس :

$\angle pda=\angle c$

و داریم:

$\angle apd=180-\angle b-2\angle c-180+4\angle c=2\angle c-\angle b$

$\rightarrow \angle dac=3\angle c-\angle b\rightarrow \angle qbr=2\angle c=\angle brq$

پس مساله اثبات شده است.

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

حقیقت این که من قبل حل سوال چند تا عدد که در شرط مساله صدق میکردن و مثلث های معروفی هم میشدن رو امتحان کردم و تقریبا با خوش شانسی حدس زدم .
به نظرم بهتر اینه که سوال زیاد حل کنید تا بتونید با ایده های مختلف حل آشنا بشید و الا خوندن جزوه و کتاب های مختلف به تنهایی تقریبا هیچ فایده ای نداره.
:53:

سوال درسته. چون زاويه b بزرگتر از c هست واضحه كه چنين نقطه اي روي پاره خط ac وجود داره.

REZA 73 · 1394/6/8

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

فرض کنید :

$\angle BAD=A_1$

و

$\angle CAD=A_2$

.

$RQ,BQ$

را ادامه میدهیم تا دایره محیطی را در

$X,Y$

قطع کنند. ثابت میکنیم

$RX,BY$

با هم هم اندازه هستند. در این صورت حکم هم ثابت میشه.

$\angle BCY=2\angle C$

پس کافی است ثابت کنیم:

$\angle XAR=2\angle C$

.

چهارضلعی

$QDRC$

محاطی است و داریم:

$PB^2=PD^2=PA\times PC\Rightarrow \angle PDC=\angle PAD=A_1+\angle B+\angle C$

$\Rightarrow \ \angle BDC=360-(2\angle C)-(A_1+\angle B+\angle C)=180-2\angle C+A_2$

$\Rightarrow \angle QRC=\angle QDC=180-180+2\angle C-A_2$

$\Rightarrow \angle XAR=\angle QRC+A_2\Rightarrow angle XAR=2\angle C$

در نتیجه حکم ثابت شده است.

***من دیروز این سوال رو اشباه حل کرده بودم به همین خاطر پست قبلیم رو حذف کردم. با عرض پوزش!***:188::188:

Dadgarnia · 1394/6/8

پاسخ : هندسه

درسته. اضافه کردن نقاط

$X,Y$

هم ضروری نبود. این سوال سوال G4 شورت لیست سال 2013 بوده! ولی خیلی آسون تر از یه G4 هست.
سوال جایگزین:
1- در ذوزنفه

$DABC$

داریم

$\angle BCD=\angle CDA=90^{\circ}$

. دایره ی به قطر

$AB$

را

$\Gamma$

می نامیم.

$\Gamma$

خط

$AD$

را در نقطه ی

$P$

قطع می کند. مماسی که از

$P$

بر

$\Gamma$

رسم می شود امتداد

$CD$

را در

$Q$

قطع می کند. اگر نقطه ی

$M\neq P$

روی

$\Gamma$

طوری قرار داشته باشد

$QM$

بر

$\Gamma$

مماس باشد ثابت کنید

$BM$

از وسط

$CD$

می گذرد.

REZA 73 · 1394/6/9

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

یه راه حل متفاوت!
لم:قرینه نقطه

$(x_1,y_1)$

نسبت به خط

$ax+by+c=0$

میشه

$(x_1-2ak,y_1-2bk)$

که در این

$k=\frac{ax_1+by_1+c}{a^2+b^2}$

حالا سوال رو با روش تحلیلی حل میکنیم:

$D=(0,0)$

$C=(0,1)$

$B=(a,1)$

$A=(b,0)$

حالا با توجه به مفروضات مساله به راحتی میتوان فهمید که:

$O=(\frac{a+b}{2},\frac{1}{2})$

و

$P=(a,0)$

.

$O$

مرکز دایره مساله است.با نوشتن معادله خط

$PO$

و و به دست آوردن خط عمود بر آن مماس از نقطه

$P$

پیدا میشود و از تلاقی ان با محور

$y$

ها نقطه

$Q$

به دست می آید:

$Q=(0,ba-a^2)$

معادله خط

$OQ$

میشود:

$y-(\frac{2a^2-2ab+1}{a+b})x-(ba-a^2)=0$

و فرض کنید:

$\frac{2a^2-2ab+1}{a+b}=A$

از طرفی به وضوح

$M$

قرینه

$P$

نسبت به

$OQ$

هست پس داریم :

$M=(a+2Ak,-2k)$

پس معادله خط

$MB$

میشود:

$y-1=\frac{1+2k}{-2Ak}(x-a)$

پس کافی است ثابت منیم که نقطه

$(0,\frac{1}{2})$

ازین خط میگذره پس باید ثابت کنیم:

$-Ak=a+2ka$

$k=\frac{-Aa+a^2-ba}{A^2+1}$

$\Rightarrow \frac{A^2a-Aa^2+Aab}{A^2+1}=a+\frac{-2Aa^2+2a^3-2ba^2}{A^2+1}$

$\rightarrow A=\frac{2a^2-2ab+1}{a+b}$

که طبق فرض بدیهی است.
پس مساله اثبات شده است.

Dadgarnia · 1394/6/9

پاسخ : هندسه

به نظرم خوبه كه هميشه روش تحليلي رو به عنوان يه روش كمكي تو ذهنتون داشته باشيد مثلا سوال پنج سطح پيشرفته المپياد هندسه پارسال با روش تحليلي خيلي ساده حل ميشه در حاليكه با روش هاي ديگه حلش خيلي سخته!
سوال جايگزين:
در مثلث

$ABC$

داريم

$AB=AC$

. نيمساز زواياي

$A,B$

اضلاع

$BC,AC$

را به ترتيب در

$D,E$

قطع مي كنند. اگر

$I$

مركز دايره محاطي مثلث

$ADC$

باشد و داشته باشيم

$\angle BEI=45^{\circ}$

تمام مقادير

$\angle A$

را بيابيد.

REZA 73 · 1394/6/9

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

سوال المپیاد جهانی 2009 بوده!!:3:
یادمه من اینو با روش تحلیلی حل کرده بودم. اگه راه حل خلاقانه واسه سوال میخواین باید راه حل شورتلیست ها رو دانلود کنین. یادمه یه راه ساده تر داشت.
به هر حال این جا یه سری حل هست:
http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h289054p1562847

سوال قبلی مال کجا بود؟؟؟؟

Dadgarnia · 1394/6/9

پاسخ : هندسه

مي دونستم ضايع ميشه! وقت نداشتم سريع يه سوال دم دست گذاشتم!
مال اكراين بود اگه اشتباه نكنم.
سوال جايگزين:
1- در مثلث

$ABC$

پاي ارتفاع راس

$A$

را

$D$

و شعاع دايره محيطي مثلث را

$R$

مي ناميم.

$E,F$

به ترتيب پاي ارتفاع

$D$

بر

$AC,AB$

هستند. اگر داشته باشيم

$AD=\sqrt{2}R$

ثابت كنيد مركز دايره محيطي

$ABC$

روي

$EF$

قرار دارد.

REZA 73 · 1394/6/11

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

عمود منصف

$AC$

را رسم میکنیم تا

$EF$

را در

$M$

قطع کند . (

$X$

وسط

$AC$

است)
اگر ثابت کنیم

$AM=R$

اونوقت مساله اثبات شده.
چهارضلعی

$AEDF$

محاطی است و داریم:

$AC=\frac{AD}{sinC},XC=\frac{AC}{2}\Rightarrow XC=\frac{AD}{2sinC}$

$DC=ADcotgC,EC=DCcosC\Rightarrow EC=ADcotgCcosC$

$\Rightarrow XE=AD(\frac{1}{2sinC}-\frac{cos^2C}{sinC})=AD\frac{-cos2C}{2sinC}$

$\Rightarrow XM=XEtg B=AD(\frac{-cos2C}{2sinC})tgB$

از طرفی داریم:

$sinB=\frac{AD}{AB}\Rightarrow sinB=\frac{\sqrt{2}R}{2RsinC}$

$\Rightarrow sin^2B=\frac{1}{2sin^2C},cos^2C=\frac{-cos2C}{2sin^2C}$

پس کافی است ثابت کنیم طبق قیثاغورس:

$XM^2+AX^2=AD^2(\frac{cos^22C}{4sin^2C}\times \frac{sin^2B}{cos^2B}+\frac{1}{4sin^2C})=R^2$

یعنی:

$AD^2(\frac{-cos2C+1}{4sin^2C})=2R^2\times \frac{1}{2}=R^2$

پس حکم ثابت شده است.

سوال کجا بود؟؟؟

Dadgarnia · 1394/6/11

پاسخ : هندسه

سوال قبل مال روسيه بود.
اين تاپيكو براي اين درست كردم كه قبل از المپياد هندسه بتونم كمكي به دوستان كرده باشم البته دوست داشتم كه حداقل بيشتر از دو نفر توي اين كار همكاري داشته باشن. با توجه به اينكه فردا ديگه المپياد هندسه برگذار ميشه فكر نمي كنم ديگه لازم باشه اين تاپيك به حيات خودش ادامه بده پس لطفا ناظمان عزيز اين تاپيكو ببندن.
2- China TST
3- IMO Shortlist 2010 G5

هندسه

Dadgarnia

New Member

حمید آنالیز

Well-Known Member

REZA 73

Active Member

Dadgarnia

New Member

REZA 73

Active Member

حمید آنالیز

Well-Known Member

Sharifi_M

New Member

Dadgarnia

New Member

حمید آنالیز

Well-Known Member

Dadgarnia

New Member

REZA 73

Active Member

Dadgarnia

New Member

REZA 73

Active Member

Dadgarnia

New Member

REZA 73

Active Member

Dadgarnia

New Member

REZA 73

Active Member

Dadgarnia

New Member