Республиканская олимпиада по математике, 2014 год, 11 класс
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Для начало введем обозначения. Пусть γ — вписанная окружность треугольника ABC, касающаяся сторон AB и AC в точках M и K,
а точка I — её центр. Пусть прямая AI пересекает Γ повторно в точке S. Прямая SN пересекает Γ в точке T (T≠S).
Наконец пусть SP — диаметр окружности Γ.
Так как TN — биссектриса ∠BTC, то в силу свойства биссектрисы находим:
BTCT=BNNC=BMCK.
Углы ∠TBA и ∠TCA равные (поскольку опираются на одну дугу). Из полученных равенств следует подобие треугольников TMB и TKC. Откуда ∠TMA=∠TKA, следовательно точки
A, T, M, I и K лежат на одной окружности с диаметром AI. Назовем её ω′ и пусть O′ её центр.
Рассмотрим гомотетию с центром в точке T, при которой точка S переходит в точку N. Тогда касательная к окружности Г в точке S перейдет в прямую BC. Поэтому окружность Γ переходит в окружность, касающуюся Γ в точке T и прямой BC в точке N.
т. е. в окружность ω.
Таким образом, окружности ω и Γ касаются в точке T.
Пусть точка V — радикальный центр окружностей ω′, ω и γ. Тогда по теореме Менелая для треугольника ABC и точек V, M и K имеем:
VBVC=BMCK=BNCN=TBTC.
Откуда вытекает, что точки V, T и N лежат на окружности Аполония для точек B и C. Поэтому ∠VTN=90∘.
С другой стороны SP — диаметр, значит ∠STP=90∘, т. е. точки V, T и P лежат на одной прямой. Значит, точки T, T′ и P лежат на одной прямой. Откуда следует перпендикулярность прямых TT′ и NS, следовательно прямые NS и OO′ параллельны1.
Известным фактом является, то что точка S — середина отрезка IJ. Так как O′ — центр окружности с диаметром AI, то точка O′ середина отрезка AI. Осталось заметить, что утверждение задачи следует из параллельности прямых NS и OO′.
(1) Прямые TT′ и OO′ перпендикулярны так как TT′ является общей хордой окружностей ω и ω′.
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2. (Решение Калмырзаева Сергазы, Южно-Казахстанская область) Обозначим через I центр вписанной окружности. Пусть вписанная окружность касается стороны AC в точке B1, а вневписанная окружность касается прямой AC в точке B2. Точки I, O и N лежат на одной прямой. Поэтому, чтобы решить задачу, достаточно доказать отношение AIIJ=OIIN, которое эквивалентно равенству AIAJ=OION.(1) Пусть BC=a, AC=b, AB=c, p=(a+b+c)/2 и r — радиус вписанной окружности. Известно, что AB1=p−a, AB2=p, откуда AIAJ=AB1AB2=p−ap=b+c−aa+b+c. Поэтому условие (1) можно переписать в виде 1−AIAJ=1−OION⇔2aa+b+c=INON⇔ON=r(a+b+c)2a.(2) Пусть AI во второй раз пересекает Г в точке M, а ℓM — касательная к Г в точке M. Понятно, что M — середина дуги BC окружности Г и ℓM∥BC. Пусть S — точка касания окружностей ω и Г. Так как S — центр гомотетии, переводящий ω в Г, то при таком переходе N перейдёт в M. Поэтому точки S, N и M лежат на одной прямой. Обозначим MNC=α. Тогда из ON⋅cos∠ONS=ON⋅sinα=SN/2 следует, что SN=2ON⋅sinα, а из равенства SN⋅MN=BN⋅NC следует, что SN=BN⋅NCMN, т.е. ON=BN⋅NC2MN⋅sinα. Из теоремы синусов для △MNC имеем MN⋅sinα=CM⋅sin∠A/2. Значит, ON=BN⋅NC2CM⋅sin∠A/2. Осталось показать, что r(a+b+c)2a=BN⋅NC2CM⋅sin∠A/2. Так как BN=p−b, CN=p−a, CM=a2⋅cos∠A/2, tan∠A/2=rp−a, то нужно доказать, что (p−a)(p−b)(p−c)=r2(a+b+c)2, которое следует из формулы Герона и формулы SABC=pr.
I - инцентр △ABC, H - основание высоты из A на BC, K - середина AH. (A,AI∩BC;I,J)N=(A,H;∞AH,K), то есть достаточно показать, что Rω=AK. AT - касательная к ω, тогда по лемме Саваямы T,I,N лежат на одной прямой, поэтому AT||BC и AH=TN=2Rω. AK||ON и AK=ON, поэтому AONK - параллелограмм и AO||KN.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.