Processing math: 100%

Республиканская олимпиада по математике, 2014 год, 11 класс


Треугольник ABC вписан в окружность Γ. Вписанная в треугольник окружность касается стороны BC в точке N. ω — окружность, вписанная в сегмент BAC окружности Γ, и проходящая через точку N. Пусть точки O и J — центры окружностей ω и вневписанной окружности (касающейся стороны BC), соответственно. Докажите, что прямые AO и JN параллельны. ( Ильясов С. )
посмотреть в олимпиаде

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 (TS). 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=pa, AB2=p, откуда AIAJ=AB1AB2=pap=b+caa+b+c. Поэтому условие (1) можно переписать в виде 1AIAJ=1OION2aa+b+c=INONON=r(a+b+c)2a.(2) Пусть AI во второй раз пересекает Г в точке M, а M — касательная к Г в точке M. Понятно, что M — середина дуги BC окружности Г и MBC. 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 ONcosONS=ONsinα=SN/2 следует, что SN=2ONsinα, а из равенства SNMN=BNNC следует, что SN=BNNCMN, т.е. ON=BNNC2MNsinα. Из теоремы синусов для MNC имеем MNsinα=CMsinA/2. Значит, ON=BNNC2CMsinA/2. Осталось показать, что r(a+b+c)2a=BNNC2CMsinA/2. Так как BN=pb, CN=pa, CM=a2cosA/2, tanA/2=rpa, то нужно доказать, что (pa)(pb)(pc)=r2(a+b+c)2, которое следует из формулы Герона и формулы SABC=pr.

пред. Правка 5   1
4 года назад #

Простите, я ошибся. Все правильно

пред. Правка 2   2
6 месяца 21 дней назад #

I - инцентр ABC, H - основание высоты из A на BC, K - середина AH. (A,AIBC;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.