Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2005 жыл

$ABC$ үшбұрышының $AB$ және $AC$ қабырғаларынан $MB=BC=CN$ болатындай етіп сәйкесінше $M$ және $N$ нүктелері алынған. $R$ және $r$ арқылы $ABC$ үшбұрышына сәйкес сырттай және іштей сызылған шеңберлердің радиустары белгіленген. $MN/BC$ қатынасын $R$ және $r$ арқылы өрнекте.

Комментарий/решение

$O$ и $I$ центр описанной $S$ и вписанной окружности и $\angle BCA=2c$ и пусть $ D \in CI \cap S, \ F \in DO \cap S, H \in S \cap BN $ так как $DCF = 90^{\circ}$ тогда $ \angle BHF = 90^{\circ}-c$ и так как $BC=CN$ откуда $\angle NBC = 90^{\circ}-c$ откуда $HF || AC$ значит $HACF$ равнобедренная трапеция или $AH=CF$ откуда $\angle ABH = \angle CBF = \angle CDF $ .

Докажем что треугольники $ODI, MBN$ подобны.

Доказательство: должно выполнятся $\dfrac{DO}{DI} = \dfrac{BM}{BN}$ (1) по лемме о трезубце $DI=AD$, а $\dfrac{BM}{BN} = \dfrac{BC}{BN} $ тогда (1) есть $\dfrac{DO}{AD} = \dfrac{BC}{BN}$ что верно, так как равнобедренные треугольники $ODA, CBN$ подобны так как $\angle CBH = \angle ADF$ потому что опираются на диагонали равнобедренной трапеций $ CH=AF$ .

Значит $k=\dfrac{MN}{BC} = \dfrac{MN}{BM} = \dfrac{OI}{R}$ по формуле Эйлера $OI=\sqrt{R^2-2rR}$ значит $k=\sqrt{1-\dfrac{2r}{R}}$ .