9-шы «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2009 жыл
Комментарий/решение:
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.
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 IC1⋅FA2=EC1⋅IA2 и IA1⋅EC2=FA1⋅IC2 , данные соотношения можно переписать в виде −IC1IA2=IE−IC1IF−IA2 и −IA1IC2=IF−IA1IE−IC2 либо IEIF=IC1⋅IC2⋅A1A2IA1⋅IA2⋅C1C2. Заметим что треугольники IEF и AIC подобны , значит EIIF=sinasinb , то есть
IC1⋅IC2⋅A1A2IA1⋅IA2⋅C1C2=sinasinb
Найдем частные по отдельности
IC1IA1=sin(2b+a)sin(2a+b)
A1A2C1C2=sin2a⋅sin(2a+b)sin2b⋅sin(2b+a))
и IC2IA2=sinbsina умножая получаем требуемое.
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,CIM⇒AMMC=AIIC⋅sinxsiny=sinβsinα⋅sinxsiny(1)
По теореме Чевы в △AC2A2⇒sin(2α+2β)sinβ=sinnsinm(2)
По теореме Чевы в △CC2A2⇒sin(2α+2β)sinα=sinssinr(3)
По теореме Чевы в △C2IA2 и из (2),(3) ⇒sinxsiny⋅sin(2α+2β)sinα⋅sinβsin(2α+2β)=sinxsiny⋅sinβsinα=1
Также из (1)⇒AMMC=1⇒AM=MC ◻
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:
JE∩IG=O,AE∩IG=P,IG∩BC=L,FH∩IG=K,FH∩BC=Q,JE∩BC=M,AE∩BC=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 BA∩CF=I,AA∩FH=K′,AC∩HB=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 KI∩A1C1=O,BI∩A1C1=P. BO из верхнего симедиана, поэтому (C,A;AI∩BC,M)I=(C1,A1;P,O)=(BA,BC;BI,BO)=BA⋅BC2BC⋅BA2=BCBA,
BCBA=BCBACMAM⇔CM=AM,
что и требовалось.
Б.О.О. AB<BC.
Прямая параллель AC в точке I, пересекает прямую A2C2 в точке D.
KI∩C2A2=E, KI∩CA=M
x=∠ICA=∠C2ID=∠C2A2I.
BI ⊥ A2C2 ⇒ DB=DI, DB2=DI2=DA2∗DC2.
DB касается (ABC).
∠IAC=y=∠A2BC, ∠C2BA=x.
Ratio lemma для △A2BI и △C2BI:
sin(x)/sin(90−x−y)∗C2B/BI=C2C1/C1I
sin(y)/sin(90−x−y)∗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/DB∗DB/DA2=(sin(x)/sin(y))2
C2C1/C1I∗A1I/A2A1=sin(x)/sin(y)∗C2B/A2B=(sin(x)/sin(y))2
A2A1/IA1∗C1I/C2C1∗DC2/DA2=1
По теореме Менелая D−C1−A1.
По теореме Чевы - Менелая (D,E;C2,A2)=−1
Проецируем через I: (D,E;C2,A2)=(P∞,M;C,A) ⇒ M середина AC
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.