Республиканская олимпиада по математике, 2015 год, 9 класс

Вписанная и вневписанная окружности прямоугольного треугольника $ABC$, в котором угол $C$ прямой, касаются стороны $BC$ в точках $A_1$ и $A_2$ соответственно. Аналогично определим точки ${{B}_{1}}$ и ${{B}_{2}}$. Докажите, что отрезки ${{A}_{1}}{{B}_{2}}$ и ${{B}_{1}}{{A}_{2}}$ пересекаются на высоте проведённой из вершины $C$ треугольника $ABC$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Положим что прямые $B_{2}A_{1}$ и высота $CH$ пересекаются,в точке $X$. Тогда

$\dfrac{XA_{1}}{cos \angle B}=\dfrac{CA_{1}}{sin( \angle B+ \angle B_{2} )}; \dfrac{XB_{2}}{sin \angle B}=\dfrac{CB_{2}}{sin(\angle B+ \angle B_{2})}$

Откуда $ \dfrac{XA_{1}}{XB_{2}}=\dfrac{CA_{1}}{CB_{2}}*ctg \angle B$

По теореме Менелая , рассмотрев треугольник $\Delta A_{1}A_{2}B_{2}$ , получим

$\dfrac{A_{2}O}{B_{2}O}=(1+\dfrac{A_{1}A_{2}}{CA_{1}})*\dfrac{CA_{1}}{CB_{2}}*ctg \angle B$

$O$ - точка пересечения высоты и $B_{2}A_{2}$

Учитывая теорему Чевы в треугольнике $\Delta CA_{2}B_{2}$ , если отрезки $A_{1}B_{2};B_{1}A_{2};CH$ действительно пересекаются в одной точке , то должно выполнятся соотношение $\dfrac{A_{1}A_{2}}{CA_{1}}*\frac{CA_{1}}{B_{1}B_{2}} * \dfrac{B_{2}O}{A_{2}O}=1$ .

Получим $\dfrac{A_{1}A_{2}*CB_{2}*tg \angle B}{B_{1}B_{2}*CA_{2}}=1$ или

$AC*A_{1}A_{2}*CB_{2}=BC*B_{1}B_{2}*CA_{2}$ , докажем теперь это , условие можно переписать через радиус вневписанных окружностей , и вписанной

$AC*(R_{BC}-r_{ABC})*R_{AC}=BC*(R_{AC}-r_{ABC})*R_{BC}$

По формуле радиусы вневписанных окружностей, равны $R_{BC}=\dfrac{S}{p-BC}$ и $R_{AC}=\dfrac{S}{p-AC}$ ; $r_{ABC}=\dfrac{AB+AC-BC}{2}$ , подставляя это в условие получаем тождество , значит выше сказанное условие выполняется, ч.т.д

Решение. Обозначим точку пересечения $A_2 B_1$ через $X$ и покажем, что $CX=CB_1=r$, что докажет требуемое. $\triangle A_2 JC \sim \triangle B_1 IC=>\frac {CJ} {CI}=\frac {CA_2} {CB_1} =>\triangle CIJ \sim \triangle CB_1 A_2=>A_2 JCD$ – вписанный. Значит, $CD⊥AJ$ и $∠CDB_1=45°$. Тогда $∠XB_1 C=\frac {∠A} 2+45°,∠B_1 XC=180°-(90°-∠A)-∠XB_1 C=\frac {∠A} 2+45°$, ч.т.д.

Пусть $I$ центр вписанной окружности. Заметим что  $IB_1A_1C$- квадрат и $B_2C=B_1A , CA_2=A_1B$. Отсюда легко заметить что $\triangle IA_1B= \triangle B_1CA_2$ и $\triangle IB_1A=\triangle A_1CB_2$. легко увидеть что $B_1A_2//IB$ и $B_2A_1//AI$ . Пусть $X=B_1A_2 \cap B_2A_1$ $\angle B_1XA_1=\angle B_2XA_2=\angle AIB=145$. Так как $\angle B_1XA_1=145$ и $\angle B_1CA_1=90$ легко увидеть что $C$ центр описанной окружности $\triangle B_1XA_1$ дальше по счету углов получаем что $\angle ABC= \angle ACX$ значит $CX$ высота $\triangle ABC$.

бро разве не 135?

Ведем обозначение $AB=c, BC=a, AC=b, p=\frac{a+b+c}{2},A_1B_2 \cap A_2B_1=X, A_2B_2 \cap CX=Z, CX \cap AB=Y$

По теореме чевы для $A_2B_2C$:

$\frac{B_2B_1}{B_1C}*\frac{CA_1}{A_1A_2}*\frac{A_2Z}{B_2Z}=1$

По Ratio lemma:

$\frac{A_2Z}{B_2Z}=\frac{sin BCY}{sin ACY}*\frac{CA_2}{CB_2}$=>>тк $CA_1=B_1C$ =>> $\frac{sin ACY}{sin BCY}=\frac{B_1B_2}{A_1A_2}*\frac{CA_2}{CB_2}$

Заметим что достаточно доказать что

$\frac{B_1B_2}{A_1A_2}*\frac{CA_2}{CB_2}=\frac{AC}{BC}$

Заметим что $CA_2=p-b, CB_2=p-a, B_1B_2=c-a, A_1A_2=c-b$ значит

$\frac{B_1B_2}{A_1A_2}*\frac{CA_2}{CB_2}=\frac{AC}{BC}$ <=> $\frac{b}{a}=\frac{c-a}{c-b}*\frac{p-b}{p-a}$

Умножив все можно получить что надо доказать:

$c^2a-a^3+a^2b=c^2b-b^3+ab^2$

По теореме пифагора $c^2=a^2+b^2$ подставляем

И получаем $a^3+ab^2-a^3+a^2b=b^3-b^3+ab^2+a^2b$