Математикадан 27-ші Балкан олимпиадасы, Кишинёв, Молдова, 2010 жыл
M1 нүктесі BH1 кесіндісінде жататынын дәлелдеңіздер.
Комментарий/решение:
Пусть L середина BH1. Так как H1 симметрична H относительно AB у нас, ∠BH1C=∠H1HB=90o−∠HBA=∠BAC следовательно, четырехугольник ACBH1 вписанный и ∠H1C1L=90o−12∠HBH1=∠H1HB, следовательно, LC1||BH , и поэтому LC1⊥AC и мы знаем что C1Q⊥AC. Следовательно , точки L,C1,Q лежат на одной прямой(коллинеарны) .Откуда Q лежит на окружности (Ω) (с диаметром ML). Теперь мы имеем →LP⋅→MP=(→LC1+→C1P)(→MA+→AP)=→C1P⋅→MA−→LC1⋅→PA=sin∡H1AC⋅(MA⋅C1P−LC1⋅PA)=X и еще , LC1C1P=12H1BH1C1⋅sinβ=121cos∡BACsinβ=12ACAC1⋅sin(90o−∡H1AB)=MAPA. Или X=0. Поэтому P лежит на окружности (Ω). Аналогично доказывается что R лежит на окружности (Ω) откуда следует что L=M1.
Нетрудно заметить, что задачу можно свести к следующему очевидному факту:
Дана коника, внутри которой выбрали точку G, через которую проходят 4 хорды: AE,BF,CH,DI. Для простоты будем считать, что точки на конике располагаются в последовательном порядке A,B,C,D,E,F,H,I. AB∩CD=K,EF∩CD=J,KG∩EF=L,JG∩AB=M.
Требуется установить, что K,H,I,M лежат на одной прямой. Из теоремы Паскаля, примененной к шестиугольнику IBAECD, следует, что IB∩EC=N,BA∩CD=K,AE∩DI=G лежат на одной прямой, а по теореме Паскаля, примененной к шестиугольнику HIBFEC, следует, что HI∩FE=L′,IB∩EC=N,BF∩CH=G лежат на одной прямой. Однако NG пересекает прямую EF только в одной точке - L, поэтому L и L′ совпадают, а значит L лежит на прямой IH.M лежит на IH аналогично.
Лемма:
Проекции основания высоты D (высота из вершины A) на стороны AB,AC, а также точки B,C лежат на одной окружности.
Доказательство:
A лежит на радикальной оси относительно окружностей с диаметрами DB,DC, которые касаются в D, откуда и следует.
Из леммы и леммы Фусса следует, что середины AB,AC и проекции основания высоты D лежат на одной окружности. (H)
К задаче:
C1=C′. Середины BC и AH′ обозначим за D и E соответственно. По (H) PEQM и RDQM вписанные.
Лемма 2:
Проекции вершин на изогонали угла равноудалены от середины.
Доказательство леммы 2 и доказательство вписанности PEQMDR следуют например из композиции поворотных гомотетий и счета углов соответственно. По факту, где коника окружность PQR следует, что BH′∩QC′∈(PQR), но ∠MQC′=90∘, откуда и следует требуемое.
Примечание:
Задача следует из теоремы Брахмагупты+леммы 2 (номер из Акопяна 5.7.14).
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.