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

Городская Жаутыковская олимпиада, 9 класс, 2011 год


Опустим из любой точки P биссектрисы угла A треугольника ABC перпендикуляры PA1, PB1, PC1 на его стороны BC, CA и AB соответственно. Пусть R — точка пересечения прямых PA1 и B1C1 Докажите, что прямая AR делит сторону BC пополам.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   2
1 года 8 месяца назад #

Решим задачу методом координат

Связи с техническими неполадками, рисунок размещен на стороннем ресурсе по ссылке:

https://disk.yandex.ru/i/chyo9GKw6oIgIg

1)Примем точку A за начало координат: A(0;0) Ось x разместим вдоль биссектрисы - параллельно вектору AP. Соответственно, ось y размещаем перпендикулярно оси x. Кстати, подобное расположение осей координат демонстрировано в задаче http://www.matol.kz/comments/1847/show

2)Треугольники ΔAPC1=ΔAPB1 - по гипотенузе (общая сторона AP) и углу (по условию, AP - биссектриса)

3) У равных треугольников равны и все соответствующие элементы, а значит YC1=YB1;XC1=XB1

4)Пусть AP=L;PAC1=α. Тогда рассчитаем координаты точек B1;C1 из тригонометрических соображений

C1(Lcosαcosα;Lcosαsinα);

B1(Lcosαcosα;Lcosαsinα);

5)Зададим произвольную длину сторонам AB=2T;AC=2G.Тогда координаты точек B;C равны

B(2Tcosα;2Tsinα);C(2Gcosα;2Gsinα)

6)Середину отрезка BC обозначим R1. Тогда координата середины равна полусумме координат.

R1([T+G]cosα;[TG]sinα);

7)Если точки A,R,R1 лежат на одной прямой, то это по сути доказывает утверждение задачи.

На языке векторов требуется показать, что AR×RR1=0 для всех углов альфа.

8)Выполним векторное произведение

AR=(xR;yR);RR1=(xR1xR;yR1yR)

AR×RR1=| ijkxRyR0xR1xRyR1yR0|

AR×RR1=k(xRyR1yRxR1)

9)Остается лишь вычислить координаты точки R

xR=xC1=Lcosαcosα

10)Модуль тангенса угла наклона BC относительно оси x

tanβ=|yByCxBxC|=2(G+T)cosα2(GT)sinα

11)Из подобия треугольников ΔPRR2ΔPP1A1

xPxRyR=tanβyR=(TG)Lsin3α(T+G)cosα

12)Подстановкой всех координат получаем

AR×RR1=k(Lcos2α(TG)sinα(TG)Lsin3α(T+G)cosα(T+G)cosα)=0

Утверждением (12) задача доказана

  2
1 года 8 месяца назад #

Решение: Пусть W точка пересечения биссектрисы угла A и окружности (ABC); l прямая Симсона точки W относительно ABC; M середина BC.

Рассмотрим гомотетию h с центром A, переводяющую точку P в W.

1) Имеем PA1BC,WMBCPA1||WM и h(P)=W, следовательно h переводит прямую PA1 в WM.

2) Точки B1,C1 переходят в проекции W на AC и AB, соответственно. То есть прямая B1C1 переходит в l

3) Таким образом h переводит точку R=PA1B1C1 в M=WMl

В итоге точки A,R,M лежат на одной прямой

  0
1 года 8 месяца назад #

Теорема Симсона лично для меня - это новое! Спасибо, что приоткрываете завесу тайн геометрии))

  4
1 года 8 месяца назад #

1)Пусть B1C1A равнобедренный треугольник AB1=AC1 и AT высота, пусть NAT так же EB1NAC1 пусть D1 середина B1E и RAD1B1C1

Утверждение: NR || AB1

Доказательство: для этого покажем что ARD1R=B1NND1 по теореме Менелая ARD1R=2C1AC1E так же B1NND1=2C1N2NEB1E

то есть нужно показать что C1AC1E=C1N2NEB1E если C1B1E=a, AB1C1=b тогда из треугольников ANE и B1C1E выходит C1AC1E=C1N2NEB1E=ctgatgb12.

2) Опустим перпендикуляр l из R на B1E если PlAN, LlB1E тогда B1TLP вписанный, откуда B1C1N=C1B1E=TPR тогда PNRC1 значит B1PT=TPC1=B1RN=AB1C1 то есть B1PAB1

3) Откуда B1P=C1P проведя окружность ω радиусом B1P если A1PRω проведем через A1 прямую l1 параллельную B1E то есть l1 касательная к ω.

4) Значит если CAB1l1, BAC1l1 тогда AD1 пересекает в середине BC и любые другие параллельные к l1 прямая AR пересекает ее в середине

  0
1 года 8 месяца назад #

Замечательное решение, опирающееся на вполне школьную программу!Спасибо Вам, Matov