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

Республиканская олимпиада по математике, 2014 год, 10 класс


Около неравнобедренного треугольника ABC описана окружность ω, точка M — середина AC. Касательная к ω в точке B пересекает прямую AC в точке N, а прямая BM повторно пересекает ω в точке L. Пусть точка P симметрична точке L относительно M. Окружность, описанная около треугольника BPN, повторно пересекает прямую AN в точке Q. Докажите, что ABP=QBC. ( М. Кунгожин )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Не теряя общности положим AB>BC. Пусть точка L на ω такая, что LLAC. Обозначим Q=BLAC. Тогда AL=CL и ABL=LBC=QBC.
Легко заметить, что AML=CML. Поэтому MP=ML=ML, откуда MPQ=MLQ.
Значит, PQM=MQL=180LLB=LAB=LBN, т. е. точки P, B, N и Q лежат на одной окружности. Осталось заметить, что точки Q и Q совпадают, так как описанная окружность треугольника BPN пересекает прямую AN не более чем в двух точках.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     (Решение Аубекерова Данияра, г. Алматы)

Возьмем точку Q на отрезке AC так, чтобы выполнялось равенство ABP=QBC. Тогда BQ — симедиана ABC из вершины B. Из свойства симедианы следует, что точки N, A, Q, C образуют гармоническую четвёрку, а значит, AQQC=NANC. Но NANC=AC+CNCN=1+ACCN=1+2CMCN, AQQC=(CQ+QM)+MQQC=1+2QMQC, откуда CMCN=QMQC (). Обозначим CQ=a, QM=b, CN=c. Тогда AM=a+b и из () следует, что a+bc=baa2+ab=bc(a+b)2=b(a+b+c)MC2=MQMN.(1) Так как BMMP=BMML=MCMA=MA2, то MC2=BMMP.(2) Из (1) и (2), следует, что точки P, B, N и Q лежат на одной окружности. Осталось заметить, что точки Q и Q совпадают, так как описанная окружность треугольника BPN пересекает прямую AN не более чем в двух точках.

пред. Правка 3   4
1 года 2 месяца назад #

Поскольку PM=ML и AM=MC, то четырехугольник APCL - параллелограмм. Тогда CBN=CLB=APL и CBL=LAC=PCA. Поскольку CBN+CBL=PBN=PQA, то CPQ=PQAPCA=CBN+CBLPCA=CBN=APL. Значит PM и PQ изогональные относительно угла APC. Значит (APPC)2=AMAQMCQC . Чтобы доказать равенство ABP=QBC, нам достаточно доказать что BM и BQ изогональные относительно угла ABC , то есть равенство (ABBC)2=AMAQMCQC . Поскольку (LCAL)2=(APPC)2=AMAQMCQC, то нам достаточно доказать, что LCAL=ABBC.

Лемма: Дан треугольник ABC. Пусть точка M середина стороны AC и BM повторно пересекает описанную окружность треугольника ABC в точке L. Тогда LCAL=ABBC.

Доказательство: В треугольнике ABC: sinCBMsinABM=ABCB. В треугольнике ALC: sinCBMsinABM=sinCALsinACL=LCLA. Следовательно, LCAL=ABBC.

Вернемся к задаче. Из вышеуказанной леммы следует что LCAL=ABBC что требовалось доказать.

  0
1 года 2 месяца назад #

может быть верно

  0
1 года 2 месяца назад #

Решение, которое не требует особых знаний,чтобы понять:

Сначало заметим то, что для того, чтобы решить задачу достаточно доказать, что ABQ=PBC. Так как QBP-общий угол, и на равенство не влияет.

APCL-паралелограмм, т.к. AM=MC;MP=ML

Назовем углы

ACL=a;PCA=x;PLC=c

Разобрав параллельность и углы которые смотрят на одну дугу поймём, что

ABL=ACL=PAC=aPCA=CAL=LBC=xBLC=BAC=cLPC=180°acxBPCBCP=180°ac2xNBP=NBL=BCL=BCP+PCA+ACL=180°ac2x+x+a=180°cx

Из того, что NBPQ-вписанный следует, что NBP+NQP=180°NQP=c+xPQC=180°cx

Теперь отметим точку K на дуге AC так, чтобы KC=AL=PC и чтобы K лежал в той же полуплоскости что и L относительно прямой AC

Тогда заметим, что ACL=KAC=a Т.к. смотрят на равные дуги, и вписаны.

Значит KLC=180°KAC=180°x=180°ACL=AKLACKL-равнабокая трапеция. От чего LAC=ACK=x=PCA Если учесть, чтоCK=CP и то, что QC общая сторона и ACP=ACKKCQ=QCP то следует, что QPC=QKCQKC=QPC=180°PQCPCQ=180°(180°cx)x=c

Так же заметим, что BAC=BKC=c т.к. смотрят на одну дугу.

Значит BKC=QKCB;Q;K лежат на одной прямой.

Тогда ABQ=ABK=AKC=x=LBC=PBC ЧТД

пред. Правка 3   1
11 месяца 1 дней назад #

Очевидно P-точка шалтая по лемме и NB=NP.Пусть BS симедиана.Докажем что Q=S.NBS=BMA.(!)NPS=BMA=PMN чтобы BPSN был вписанным.(!)NANC=NB²=NP²=NSNM или

NM/NA=NC/NS.AM/NA=CS/NS.Это можно доказать через ratio lemma

для треугольников NBM и NBC.

P.S. леммы очевидные лемма 2 из Geoma chalka.Доказательств не надо.

  2
11 месяца 1 дней назад #

Кажется вы ошиблись P-точка шалтая

  2
9 месяца 24 дней назад #

Что за geoma chalka?

  0
8 месяца 17 дней назад #

Хорошое решение. Вы чалили EGMO?

пред. Правка 2   2
11 месяца 1 дней назад #

Пусть NK - вторая касательная из точки N к ω. Тогда ABCK - гармонический. Остается доказать что B,Q,K лежат на одной прямой.

По степени точки M относительно ω и (BPQN) выходит:

MA2=MAMC=MLMB=MPMB=MQMN . То есть

MA2=MPMB=MQMN.

Так как ABCK - гармонический, выходит что ACK=CALAK=CL.

Тогда легко вывести MK=ML=MP , AMK=CML.

AMK=CML=AMP,MP=MK,NMP=NMK,NPM=NKM,NP=NK=NB

Совершим инверсию с центром в точке M и радиусом MA.Заметим что тогда B перейдет в P, Q в N,K пусть в K.При инверсии верно что прямая не проходящая через центр инверсии переходит в окружность проходящая через центр инверсии(Верно и обратное утверждение). Тогда чтобы доказать что B,Q,K на одной прямой , достаточно показать что NPMK вписанный.

MKMK=MPMB,MP=MKMB=MK,BP=KK

NPM=NPKNPB=NKK

NPB=NKK,NP=NK,PB=KKNPB=NKKNK=NK=NP=NB.Следовательно:

NKK=NKK=180NKM=180NPMNKMP- вписанный.

пред. Правка 2   2
10 месяца 9 дней назад #

Проводим вторую касательную тогда это будет отражение точки шалтая и дополнение Гармонического четырехугольника и через равенство доказываем что NP=NB. Совершим Инверсию с центром N и с радиусом NB, и заметим что B перейдет в B и P перейдет в P отсюда (BNPQ) перейдет в BP. Заметим что после инверсии образ точки M будет лежать на (BPQN) и лежать на луче NM , и образ точки N будет лежать на пересечение луча NQ и BP отсюда при совершение иверсии М перейдет в Q и наоборот отсюда NB^2=NQ*NM$ что достаточно для доказательства.

  1
7 месяца 16 дней назад #

Совершим инверсию с центром B радиусом ABBC и симметрией относительно внутриней бисектрисе. Тогда (ABC)=>AC,N=>N,P=>P, и заметим что N лежит на (ABC) и NB||AC а P это пересечение касательный из A и C тк P точка шалтая и (ABP) и (CPB) касаются AC.Заметим что надо доказать что Q это основание симедианы но ее образ при этой инверсии это L если это так значит докажем что N’-L-P’ коллинеарны тогда по свойству инверсии задача будет решена.

Пусть NP(ABC)=L1 тогда NBA=BAC=BL1C=NL1A отсюда L1=L

  1
7 месяца 15 дней назад #

Pamolan не одобряет.