Республиканская олимпиада по математике, 2014 год, 10 класс
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Не теряя общности положим AB>BC. Пусть точка L′ на ω такая, что
LL′∥AC. Обозначим Q′=BL′∩AC.
Тогда AL=CL′ и ∠ABL=∠L′BC=∠Q′BC.
Легко заметить, что △AML=△CML′. Поэтому MP=ML=ML′, откуда △MPQ′=△ML′Q′.
Значит,
∠PQ′M=∠MQ′L′=180∘−∠LL′B=∠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)
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=∠PQA−∠PCA=∠CBN+∠CBL−∠PCA=∠CBN=∠APL. Значит PM и PQ изогональные относительно угла APC. Значит (APPC)2=AM∗AQMC∗QC . Чтобы доказать равенство ∠ABP=∠QBC, нам достаточно доказать что BM и BQ изогональные относительно угла ABC , то есть равенство (ABBC)2=AM∗AQMC∗QC . Поскольку (LCAL)2=(APPC)2=AM∗AQMC∗QC, 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: sin∠CBMsin∠ABM=ABCB. В треугольнике ALC: sin∠CBMsin∠ABM=sin∠CALsin∠ACL=LCLA. Следовательно, LCAL=ABBC.
Вернемся к задаче. Из вышеуказанной леммы следует что LCAL=ABBC что требовалось доказать.
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=a∠PCA=∠CAL=∠LBC=x∠BLC=∠BAC=c∠LPC=180°−a−c−x⇒∠BPC⇒∠BCP=180°−a−c−2x⇒∠NBP=∠NBL=∠BCL=∠BCP+∠PCA+∠ACL=180°−a−c−2x+x+a=180°−c−x
Из того, что NBPQ-вписанный следует, что ∠NBP+∠NQP=180°⇒∠NQP=c+x⇒∠PQC=180°−c−x
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=∠AKL⇒ACKL-равнабокая трапеция. От чего ∠LAC=∠ACK=x=∠PCA Если учесть, чтоCK=CP и то, что QC общая сторона и ∠ACP=∠ACK⇔∠KCQ=∠QCP то следует, что △QPC=△QKC⇒∠QKC=∠QPC=180°−∠PQC−∠PCQ=180°−(180°−c−x)−x=c
Так же заметим, что ∠BAC=∠BKC=c т.к. смотрят на одну дугу.
Значит ∠BKC=∠QKC⇒B;Q;K лежат на одной прямой.
Тогда ∠ABQ=∠ABK=∠AKC=x=∠LBC=∠PBC ЧТД
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.(!)NA∗NC=NB²=NP²=NS∗NM 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.
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=MA∗MC=ML∗MB=MP∗MB=MQ∗MN . То есть
MA2=MP∗MB=MQ∗MN.
Так как ABCK - гармонический, выходит что ∠ACK=∠CAL⇒AK=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.
MK∗MK′=MP∗MB,MP=MK⇒MB=MK,BP=KK′
∠NPM=∠NPK⇒∠NPB=∠NKK′
∠NPB=∠NKK′,NP=NK,PB=KK′⇒△NPB=△NKK′⇒NK′=NK=NP=NB.Следовательно:
∠NK′K=∠NKK′=180−∠NKM=180−∠NPM⇒NK′MP- вписанный.
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.
Совершим инверсию с центром B радиусом √AB∗BC и симметрией относительно внутриней бисектрисе. Тогда (ABC)=>AC,N=>N′,P=>P′, и заметим что N′ лежит на (ABC) и N′B||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 N′P′∩(ABC)=L1 тогда ∠N′BA=∠BAC=∠BL1C=∠N′L1A отсюда L1=L
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.