Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

9-шы «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2009 жыл


ABC үшбұрышының A және C төбелерінен жүргізілген ішкі биссектрисалары BC және AB қабырғаларын сәйкесінше A1 және C1 нүктелерінде қиып өтеді, ал ABC үшбұрышының сырттай сызылған шеңберін сәйкесінше A2 және C2 нүктелерінде қиып өтеді. A1C2 және C1A2 түзілерінің қиылысу нүктесін K деп, ал ABC үшбұрышының іштей сызылған шеңбердің центрін I деп белгілейік. KI түзуі AC қабырғасының ортасынан өтетінін дәлелдеңіз. ( А. Жолдасов )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 3   1
8 года 6 месяца назад #

Din teorema bisectoarei avem ca A1=(0:b:c) si C1=(a:b:0). Scriind ecuatia cercului circumscris triunghiului ABC aflam coordonatele punctelor A2 si C2 : A2=(a2b+c:b:c);C2=(a:b:c2a+b). Cu Cramer aflam coordonatele lui K=(a2(a+b):ab(a+b)+bc(a+b+c):c2(b+c)).Acum putem liber sa verificam ca I=(a:b:c),K=(a2(a+b):ab(a+b)+bc(a+b+c):c2(b+c)),M=(1:0:1) sunt coliniare.

пред. Правка 3   0
8 года 6 месяца назад #

Пусть N середина AC , проведем прямую , параллельную AC и проходящую через точку K . Положим что углы A=2a и B=2b .Пусть она пересекает прямые CC2 и AA2 в точках E,F соответственно . Тогда надо показать что KE=KF , так как , AEFC трапеция , EA и FE диагонали , значит по замечательному свойству трапеций , точки K,I,N будут лежат на одно прямой. По теореме Менелая для треугольника IEF , пологая что KE=KF получим что надо доказать , то что IC1FA2=EC1IA2 и IA1EC2=FA1IC2 , данные соотношения можно переписать в виде IC1IA2=IEIC1IFIA2 и IA1IC2=IFIA1IEIC2 либо IEIF=IC1IC2A1A2IA1IA2C1C2. Заметим что треугольники IEF и AIC подобны , значит EIIF=sinasinb , то есть

IC1IC2A1A2IA1IA2C1C2=sinasinb

Найдем частные по отдельности

IC1IA1=sin(2b+a)sin(2a+b)

A1A2C1C2=sin2asin(2a+b)sin2bsin(2b+a))

и IC2IA2=sinbsina умножая получаем требуемое.

пред. Правка 3   3
2 года 1 месяца назад #

Отметим углы:

BAA2=CAA2=BCA2=CBA2=CC2A2=α,BCC2=ACC2=C2AB=C2BA=C2A2A=β.

C2IK=CIM=y,A2IK=AIM=x

IC2K=s,KC2A2=r;C2A2K=m,KA2I=n

AC2C=ABC=AA2C=180(2α+2β).

По теореме синусов в AIM,CIMAMMC=AIICsinxsiny=sinβsinαsinxsiny(1)

По теореме Чевы в AC2A2sin(2α+2β)sinβ=sinnsinm(2)

По теореме Чевы в CC2A2sin(2α+2β)sinα=sinssinr(3)

По теореме Чевы в C2IA2 и из (2),(3) sinxsinysin(2α+2β)sinαsinβsin(2α+2β)=sinxsinysinβsinα=1

Также из (1)AMMC=1AM=MC

  0
9 месяца 16 дней назад #

Подзадача (или же сверхзадача):

Дана окружность (или коника, не важно) δ, в которую вписан треугольник ABC. D - произвольная точка на δ, и E - произвольная точка (которую двигать и будем) на прямой AD. BE пересекает AC и δ в точках G и H, а CE пересекает AB и δ в I и F. Пусть J - пересечение FG и IH, тогда прямые JE (вне зависимости от выбора E) проходят через фиксированную точку M, которая магическим образом лежит на BC, а еще оказывается можно вычислить отношение BMMC (по крайней мере для окружности δ).

Решение:

JEIG=O,AEIG=P,IGBC=L,FHIG=K,FHBC=Q,JEBC=M,AEBC=N.

Нетрудно заметить, что из определения следует, что KA - касательная к δ. Действительно, пусть касательная к δ в точке A пересекает FH в K, тогда теорема Паскаля, примененная для вписанного в конику шестиугольника BAACFH, дает то, что BACF=I,AAFH=K,ACHB=G лежат на одной прямой, но IG пересекает FH только в точке K (всякие мелочи, как совпадения прямых тривиальны).

Рассмотрим полный четырехсторонник из прямых BI,IG,GC,CB, откуда N - гармоническое дополнение L относительно B и C. Аналогичный трюк и с четырехсторонником из прямых IF,FH,HG,GI, откуда O - гармоническое дополнение K относительно I и G, отсюда очевидно понятно, что множество точек O не зависит не только от E, но и от D. Это просто потому, что (I,G;K,O)A=(AB,AC;AK,AO), где AK - касательная к фиксированной точке на δ, что значит, что AO также фиксировано в плане направления. Стоит заметить, что AE - фиксировано, а значит и гармоническое дополнение AL также фиксировано, но если рассматривать это с точки зрения прямой IG, то три прямые AL,AI,AG - фиксированы, а значит и гармонически дополняющая их AP такая же по характеру.

Все прямые AI,AG,AO,AP - фиксированные, а значит и их двойное отношение является таким же:

(I,G;O,P)E=(C,B;M,N),

где C,B,N фиксированные, следовательно M - тоже.

Далее δ - окружность:

Пусть дана задача из условия, тогда используем биссектрису BI, а также KIA1C1=O,BIA1C1=P. BO из верхнего симедиана, поэтому (C,A;AIBC,M)I=(C1,A1;P,O)=(BA,BC;BI,BO)=BABC2BCBA2=BCBA,

BCBA=BCBACMAMCM=AM,

что и требовалось.

  0
1 месяца 20 дней назад #

Б.О.О. AB<BC.

Прямая параллель AC в точке I, пересекает прямую A2C2 в точке D.

KIC2A2=E, KICA=M

x=ICA=C2ID=C2A2I.

BIA2C2DB=DI, DB2=DI2=DA2DC2.

DB касается (ABC).

IAC=y=A2BC, C2BA=x.

Ratio lemma для △A2BI и △C2BI:

sin(x)/sin(90xy)C2B/BI=C2C1/C1I

sin(y)/sin(90xy)A2B/BI=A2A1/A1I

По теореме синусов для △C2BD, △A2BD и △A2BC2:

DC2/DB=sin(DBC2/sin(DC2B)=sin(x)/sin(y)

DB/DA2=sin(DBA2/sin(DA2B)=sin(x)/sin(y)

sin(x)/sin(y)=C2B/A2B

Значит DC2/DA2=DC2/DBDB/DA2=(sin(x)/sin(y))2

C2C1/C1IA1I/A2A1=sin(x)/sin(y)C2B/A2B=(sin(x)/sin(y))2

A2A1/IA1C1I/C2C1DC2/DA2=1

По теореме Менелая DC1A1.

По теореме Чевы - Менелая (D,E;C2,A2)=1

Проецируем через I: (D,E;C2,A2)=(P,M;C,A)M середина AC