Processing math: 100%

13-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2013 жыл


Центрі I болатын, ABC үшбұрышына іштей сызылған шеңбер, BC және AC қабырғаларын сәйкесінше A1 және B1 нүктелерінде жанасын. A1I және B1I сәулелерінде IA2=IB2=R болатындай сәйкесінше A2 және B2 нүктелері алынған, бұл жерде RABC үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер радиусы. Олай болса:
a) AA2=BB2=OI, бұл жерде OABC үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер центрі;
b) AA2 және BB2 түзулері ABC үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер бойында қиылысатынын дәлелдеңдер. ( М. Кунгожин )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 3   0
7 года 2 месяца назад #

a) Пусть окружность ABC равна w и AIw=D. Тогда ODCB, A2ICB и так как IA2=R=OD мы имеем A2O//ID, поэтому A2O//AI. Поскольку OA=R=IA2, мы имеем AIA2O равнобедренную трапецию и так OI=AA2. Аналогично OI=BB2

b) BB2AA2=E. Тогда EAO=A2IO=180(OIB+BIA1)

=90+B2OIB=90+IBAOIB=90ABEEAO=90ABB2, но если BB2w=F то FAO=90ABB2=EAOF=E QED