Қалалық Жәутіков олимпиадасы 9 сынып, 2008 жыл

Теңқабырғалы $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбердің бойынан $P$ нүктесі алынған. $AP$ кесіндісі шеңберді $AQ = QP$ болатындай етіп екінші рет қиып өтеді. $BPC$ бұрышын табыңдар.

Комментарий/решение

Ответ: $120^\circ$

1) Рассмотрим $\Delta AOP$, где $O -$ центр вписанной в $\Delta ABC$ окружности. Примем $r_{\Delta ABC} = r$ известным.

2) Теорема: В правильном треугольнике центра вписанной и описанной окружностей совпадают

3) Теорема: В правильном треугольнике Медианы, биссектрисы и высоты совпадают

4) Теорема: Медианы пересекаются в одной точке, и пересечением делятся в отношении $2:1$

5) $AO:OW = 2:1$ (см пункт (4))

С другой стороны $OW = r$, значит $AO = 2r$

По рисунку ясно , что $PO = QO = r$

6) Запишем теорему косинусов для $\Delta AOQ$. Обозначим $AQ = x$

$$AQ^2 + AO^2 - 2\cdot AQ\cdot AO\cdot \cos\angle QAO = QO^2$$

$$x^2 + (2r)^2 - 2\cdot (2r)\cdot x\cdot \cos\angle QAO = r^2$$

Данное уравнение однородное, решить его можно, сведя к квадратному относительно безразмерного комплекса $x/r$. Для этого поделим уравнение на $r^2$

$$\left(\dfrac{x}{r} \right)^2 + 4 - 4\cdot \left(\dfrac{x}{r} \right)\cdot \cos\angle QAO = 1$$

Корни уравнения:

$$\left(\dfrac{x}{r} \right)_{1,2} =2\cos\angle QAO \pm \sqrt{4\cos^2\angle QAO-3}$$

Остается понять смысл двух полученных корней. Первый из них (со знаком минус перед радикалом) - это длина отрезка $AQ$

Второй же (со знаком + перед радикалом) - это длина отрезка $AP$

7) По условию $AQ = QP\rightarrow 2AQ = AP$

$$4\cos\angle QAO - 2\sqrt{4\cos^2\angle QAO-3} = 2\cos\angle QAO + \sqrt{4\cos^2\angle QAO-3}$$

$$2\cos\angle QAO = 3\sqrt{4\cos^2\angle QAO-3}$$

$$4\cos^2\angle QAO = 9(4\cos^2\angle QAO-3)$$

$$32\cos^2\angle QAO = 27\rightarrow \cos\angle QAO = \sqrt{\dfrac{27}{32}} = \dfrac{3\sqrt 6}{8}$$

8) Вычислим координаты точки $P$ в локальной системе координат $x_1Ay_1$

Перед этим вычислим $AP$

$$\dfrac{AP}{r}= 2\cos\angle QAO + \sqrt{4\cos^2\angle QAO-3} =2\cdot \dfrac{3\sqrt 6}{8}+\sqrt{4\cdot \dfrac{27}{32}-3}=\sqrt 6$$

$$AP = \sqrt 6\cdot r \rightarrow x_{1P} = AP\cdot\cos\angle QAO;y_{1P} = AP\cdot\sin\angle QAO;$$

$$\boxed{x_{1P} = \sqrt 6\cdot r\cdot\dfrac{3\sqrt 6}{8} = \dfrac{9\cdot r}{4} }$$

$$\sin\angle QAO = \sqrt{1-\left( \dfrac{3\sqrt 6}{8} \right)^2} = \dfrac{\sqrt {10}}{8}$$

$$\boxed{y_{1P} = \sqrt 6\cdot r\cdot\dfrac{\sqrt {10}}{8} = \dfrac{\sqrt{15}\cdot r}{4} }$$

9) В этой же локальной системе координат вычислим координаты точек $B,C$

$$\boxed{x_{1B}=x_{1C} = AW = 3r }$$

$$\boxed{y_{1B}= BW = \sqrt{OB^2 - OW^2}=\sqrt{4r^2-r^2}=r\sqrt 3 }$$

$$\boxed{y_{1C}=-y_{1B} -=-r\sqrt 3 }$$

10) Для нахождения $\angle BPC$ вспомним скалярное произведение

$$\cos\angle BPC = \dfrac{\overrightarrow{PB}\cdot \overrightarrow{PB}}{|PB|\cdot|PC|}$$

11) $\overrightarrow{PB} = (x_{1B}-x_{1P};y_{1B}-y_{1P});\overrightarrow{PB} = \left (3r-\dfrac{9r}{4};r\sqrt 3 - \dfrac{\sqrt{15}\cdot r}{4}\right)$

$\overrightarrow{PC} = (x_{1C}-x_{1P};y_{1C}-y_{1P});\overrightarrow{PC} = \left (3r-\dfrac{9r}{4};-r\sqrt 3 - \dfrac{\sqrt{15}\cdot r}{4}\right)$

$$\overrightarrow{PB}\cdot \overrightarrow{PC} =\left(3r-\dfrac{9r}{4} \right)\cdot \left(3r-\dfrac{9r}{4} \right) + \left(r\sqrt 3 - \dfrac{\sqrt{15}\cdot r}{4}\right)\cdot \left(-r\sqrt 3 - \dfrac{\sqrt{15}\cdot r}{4}\right)=-\dfrac{3r^2}{2}$$

$$|PB| = \sqrt{ \left(3r-\dfrac{9r}{4} \right)^2 +\left(r\sqrt 3 - \dfrac{\sqrt{15}\cdot r}{4}\right)^2 }$$

$$|PC| = \sqrt{ \left(3r-\dfrac{9r}{4} \right)^2 +\left(-r\sqrt 3 - \dfrac{\sqrt{15}\cdot r}{4}\right)^2 }$$

Пропуская кучу выкладок, получаем

$$|PB| \cdot |PC| = \sqrt 9\cdot r^2=3r^2$$

Отсюда $$\cos\angle BPC = \dfrac{\overrightarrow{PB}\cdot \overrightarrow{PB}}{|PB|\cdot|PC|} = \dfrac{-\dfrac{3r^2}{2}}{3r^2}=-0.5$$

$$\angle BPC = 120^\circ$$

1) Пусть $O$ центр вписанной окружности, пусть $\omega$ окружность с центром $O_{1}$ описанная около $BOC$ если $K \in \omega$ любая точка на меньшей дуге $BC$ и $L \in AK$ точка пересечения вписанной окружности с $AK$.

Лемма: $L$ середина $AK$.

Доказательство: $AC$ касательная к $\omega$ так как $\angle O_{1}CB = \dfrac{180^{\circ}-120^{\circ}}{2} = 30^{\circ}$ тогда $\angle ACO_{1} = 90^{\circ}$ пусть $F,E$ середины $AC,AB$ тогда $AF=AE$ касательные и $CO=CO_{1}$ , рассмотрим гомотетию вписанной окружности относительно точки $A$ с $k=2$ тогда окружность переходит в $\omega_{1}$ тогда $O \to O_{1}, \ F \to C, \ A \to B, \ L \to K$ то есть $AL=KL$

2) По лемме $P$ лежит на $\omega$ откуда $\angle BPC = \angle BOC = 120^{\circ}$