Лесни две задачи на международната олимпиада в Ханой

[Gosho]

Ето шестте задачки от двата поредни дни:

Ден 1: http://www.imo2007.edu.vn/statics/problems/Bulgaria1.pdf
Ден 2: http://www.imo2007.edu.vn/statics/problems/Bulgaria2.pdf

Интересното е, че дори аз, лаикът, успях да реша двете геометрични задачи (втора и четвърта). Естествено, решението и на двете ми е хамалско, чиста тригонометрия и никакви построения.

Заслужава си да се погледнат задачите, интересни са.

[Реклама]

[uktc]

На това ако му викаш "лесни" задачи...
Аз на някои не мога само условията да схвана

[Fed]

И аз съм тей.

[Gosho]

Говоря само за двете геометрични задачи че са лесни, не и за останалите 4.

[Saposto_MM]

Аз съм 8-ми клас и не мога да преценя сложността на задачите, но явно не са били лесни щом най-високия резултат е 37т. от 42 възможни. Особено 3-та изглежда е била най-трудната, тъй като са я решили много малък брой от състезателите. Поздравления за нашите участници, който представиха достойно България и я класираха на 9-то място в отборното класиране!!!

[uktc]

Дам, достойно представяне на нашите момчета.
То първите две места на всяка международна олимпиада сякаш са запазени за Русия и Китай

[soldier_vl]

На мен 4та и 6та ми се сториха най-лесно, но това не значи че мога да ги реша

[Nona]

Аз май реших четвърта, но сигурно съм объркала нещо.

[Футуролог]

Както обикновено се случва, втората задача се решава без тригонометрия. Този път ключовия метод е правата на Симпсън.

Нека Е(1), Е(2) и Е(3) са петите на перпендикулярите спуснати от Е към правите съответно ВС, СD и ВD. По условие Е лежи на описаната около тр. ВСD окръжност к, следователно Е(1), Е(2) и Е(3) лежат на една права (права на Симпсън). Тр.ЕСG е равнобедрен (ЕС=ЕG) следователно височината ЕЕ(1) е и медиана, т.е. Е(1) е среда на CG. Аналогично Е(2) е среда на CF. Тогава Е(1)Е(2) е средна отсечка в тр. FCG и оттук Е(1)Е(2) е успоредна на GF. Така получаваме, че правата на Симпсън Е(1)Е(3) е успоредна на AG. Но тогава Е(1)Е(3) е средна отсечка в тр. ACG понеже Е(1) е среда на страната CG и Е(1)Е(3) е успоредна на AG. Следователно Е(3) е ссреда на диагонала АС на успоредника АВСD. Оттук следва, че Е(3) е среда и на другия диагонал BD. Така EE(3) e ортогонална на ВD и я разполовява, т.е. е нейна симетрала. Оттук следва, че ЕВ=ED и това влече, че СЕ е ъглополовяща на <FCG. Така тр. FCE e еднакъв с тр. GCE и следователно FC=GC. Получаваме <DAF=<CGF=<CFG=<BAF, т.е. АF e ъглополовяща на <BAD.

На мен лично задачата ми харесва и това, че са вмъкнали права на Сипсън (е, поне така аз виждам решението, вероятно има и други решения) е приятна идея...

[Nona]

Хубаво решение!