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

15-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2015 жыл


O нүктесі — сүйірбұрышты ABC үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер центрі болсын. BAC бұрышына іштей сызылған және келесі шарттарды қанағаттандыратын ω және Ω шеңберлерін қарастырайық: ω шеңбері BOC үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің BOC доғасын сырттай, ал Ω шеңбері ABC үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді іштей жанайды. Ω шеңберінің радиусы ω шеңберінің радиусынан екі есе үлкен екенін дәлелдеңіздер. ( Ильясов С. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Отметим точки P и Q симметричные вершине A относительно B и C соответственно. Пусть M и N — середины сторон AB и AC соответственно. В треугольнике APQ проведем высоту AH. Заметим, что точки A, M, N и O лежат на окружности с диаметром AO. Поэтому AON=AMN=APQ. Так как треугольники AON и APH — прямоугольные и AON=APQ, то они подобны. Значит AOAH=ANAP=AC22AB=ACAB.
Рассмотрим композицию инверсии с центром в точке A радиусом r=ABAC и симметрии относительно биссектрисы угла BAC. Такая композиция меняет местами точки O и H, а также точки B и C. Значит, окружность, проходящая через точки B, O и C, перейдет в окружность γ, проходящую через точки B, H и C (т. е. в окружность девяти точек треугольника APQ). Образом окружности ω при такой композиции перейдет в окружность, вписанную в угол BAC и касающуюся (внешним образом) дуги BHC окружности γ (очевидно, что такая окружность единственная).
С другой стороны, в силу теоремы Фейербаха, вневписанная окружность Γ треугольника APQ (соответствующая вершине A) касается (внешним образом) дуги BHC окружности γ. Значит Γ — образ окружности ω. Стало быть ω касается образа прямой PQ, т. е. описанной окружности треугольника AMN (т. к. AMAB=ABAC=ANAP). Таким образом, гомотетия с центром в A, переводящая треугольник AMN в ABC, переводит ω в Ω. Последнее завершает доказательство.