Решения: Республиканская олимпиада, Заключительный этап

Республиканская олимпиада по математике, 2014 год, 10 класс

Дан треугольник

$ABC$ , около которого описана окружность

$\omega$ . Точки

$D$ и

$D_1$ , лежащие на прямой

$AC$ , симметричны друг другу относительно середины

$AC$ . Пусть

$BD$ и

$BD_1$ во второй раз пересекают

$\omega$ в точках

$E$ и

$E_1$ , соответственно. Докажите, что все такие прямые

$EE_1$ проходят через фиксированную точку плоскости.

посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Обозначим через $M$ середину $AC$ . Пусть прямая $BM$ пересекает $\omega$ во второй раз в точке $N$ , а касательная к $\omega$ в точке $N$ пересекает $AC$ в точке $S$ . Легко догадаться, что все искомые прямые проходят через точку $S$ , так как если $D$ совпадает с точкой $M$ , то $D=D_1=M$ , откуда $E=E_1=N$ , поэтому прямая $EE_1$ совпадет с прямой $SN$ . Если же $D=A$ , то $D_1=C$ и прямая $EE_1$ совпадёт с прямой $AC$ .

Осталось доказать, что если прямая проходящая через

$S$ пересекает

$\omega$ в точках

$X$ и

$Y$ , а прямые

$BX$ и

$BY$ пересекают

$AC$ в точках

$X_1$ и

$Y_1$ , соответственно, то

$MX_1 = MY_1$ . Пусть

$O$ — центр

$\omega$ , а

$SK$ — вторая касательная к

$\omega$ . Точки

$S$ ,

$K$ ,

$O$ ,

$M$ ,

$N$ лежат на окружности с диаметром

$SO$ . Так как

$SK=SN$ , то

$\angle CMB = \angle SMN = \angle SMK$ , то есть прямая

$MK$ симметрична прямой

$MB$ относительно прямой

$MO$ . Значит,

$KB \parallel AC$ . Имеем:

$\angle SKX = \angle KBX = \angle XX_1A$ , откуда точки

$S, K, X, X_1$ лежат на одной окружности. Следовательно,

$180^\circ -\angle KX_1M = \angle KX_1S = \angle KXS = \angle KBY = 180^\circ -\angle BY_1M$ , откуда

$\angle KX_1M = \angle BY_1M$ , то есть

$X_1KBY_1$ — равнобедренная трапеция или

$MX_1 = MY_1$ .

sakhipovamir

2 года 1 месяца назад #

Пусть $M$ середина $AC$ , $N$ на $(ABC)$ такова, что $BN||AC$ , $K=BM\cap(ABC)$ . Заметим, что $D,D_1,M$ и бесконечно удалённая точка прямой $AC$ образуют гармоническую четвёрку. Спроектируем её на $(ABC)$ из точки $B$ , тогда получим, что $NEKE_1$ - гармонический четырёхугольник. По свойству гармонического четырёхугольника диагональ $EE_1$ проходит через точку пересечения касательных к точкам $N,K$ . А она является фиксированной

sakhipovamir

IMO

4 месяца 7 дней назад #

Пусть $EE_1$ пересекает $BC$ в точке $F$ докажем что это точка фиксированая <=> (!) $\frac{AF}{CF}=Fix$

$\frac{AF}{CF}=\frac{AE}{CE}*\frac{sin AEF}{sin CEF}$

$\frac{AE}{CE}=\frac{sin ABD}{sin CBD}=\frac{AD}{CD}*\frac{BC}{AB}$

$\frac{sin AEF}{sin CEF}=\frac{AD’}{CD’}*\frac{BC}{AB}$

$\frac{AF}{CF}=\frac{AE}{CE}*\frac{sin AEF}{sin CEF}=\frac{AD}{CD}*\frac{BC}{AB}* \frac{AD’}{CD’}*\frac{BC}{AB}=(\frac{BC}{AB})^2$

IMO