ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 28η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα
"Ο Αρχιμήδης" ΣΑΒΒΑΤΟ, 26 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2011
Ενδεικτικές Λύσεις θεμάτων μικρών τάξεων ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 ˆ = 120D . Αν Δ είναι το μέσον της πλευράς ΒΓ , Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΑΓ δίνεται ότι η ευθεία ΑΔ είναι κάθετη προς την πλευρά ΑΒ και τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στο σημείο Ε . Οι ευθείες ΒΑ και ΕΓ τέμνονται στο Ζ . Να αποδείξετε ότι: (α) ΖΔ ⊥ ΒΕ , (β) ΖΔ = ΒΓ . Λύση ˆ = 90D η BΕ είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου (α) Επειδή είναι ΒΑΕ ˆ = 90D . Έτσι στο τρίγωνο ΖΒΕ τα του τριγώνου ΑΒΓ. Επομένως θα είναι και ΒΓΕ ευθύγραμμα τμήματα ΕΑ και ΒΓ είναι ύψη του τριγώνου που τέμνονται στο σημείο Δ. Επομένως η ευθεία ΖΔ είναι η ευθεία του τρίτου ύψους του τριγώνου ΖΒΕ, δηλαδή είναι ΖΔ ⊥ ΒΕ .
Σχήμα 1 ˆ = 90D . Πράγματι, έχουμε Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να αποδείξουμε ότι: ΖΒΗ ˆ ˆ ˆ = 180D − HBZ+BZH ΖΒΗ (1)
(
)
Όμως έχουμε D ˆ Γ + ΓBA=120 ˆ = EB ˆ Γ + ΓBA=EA ˆ ˆ ˆ = 30D + Β ˆ. − 90D + ΓBA HBZ
(2)