Городская Жаутыковская олимпиада, 9 класс, 2011 год
Комментарий/решение:
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(Lcosα⋅cosα;Lcosα⋅sinα);
B1(Lcosα⋅cosα;−Lcosα⋅sinα);
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;[T−G]⋅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=(xR1−xR;yR1−yR)
→AR×→RR1=| →i→j→kxRyR0xR1−xRyR1−yR0|
→AR×→RR1=→k⋅(xR⋅yR1−yR⋅xR1)
9)Остается лишь вычислить координаты точки R
xR=xC1=Lcosα⋅cosα
10)Модуль тангенса угла наклона BC относительно оси x
tanβ=|yB−yCxB−xC|=2⋅(G+T)cosα2⋅(G−T)sinα
11)Из подобия треугольников ΔPRR2∞ΔPP1A1
xP−xR−yR=tanβ⇒yR=(T−G)L⋅sin3α(T+G)⋅cosα
12)Подстановкой всех координат получаем
→AR×→RR1=→k⋅(Lcos2α⋅(T−G)sinα−(T−G)L⋅sin3α(T+G)⋅cosα⋅(T+G)cosα)=0
Утверждением (12) задача доказана
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 PA1⊥BC,WM⊥BC⇒PA1||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=PA1∩B1C1 в M=WM∩l
В итоге точки A,R,M лежат на одной прямой ◼
1)Пусть B1C1A равнобедренный треугольник AB1=AC1 и AT высота, пусть N∈AT так же E∈B1N∩AC1 пусть D1 середина B1E и R∈AD1∩B1C1
Утверждение: NR || AB1
Доказательство: для этого покажем что ARD1R=B1NND1 по теореме Менелая ARD1R=2C1AC1E так же B1NND1=2C1N2NE−B1E
то есть нужно показать что C1AC1E=C1N2NE−B1E если ∠C1B1E=a, ∠AB1C1=b тогда из треугольников ANE и B1C1E выходит C1AC1E=C1N2NE−B1E=ctga⋅tgb−12.
2) Опустим перпендикуляр l из R на B1E если P∈l∩AN, L∈l∩B1E тогда B1TLP вписанный, откуда ∠B1C1N=∠C1B1E=∠TPR тогда PNRC1 значит ∠B1PT=∠TPC1=∠B1RN=∠AB1C1 то есть B1P⊥AB1
3) Откуда B1P=C1P проведя окружность ω радиусом B1P если A1∈PR∩ω проведем через A1 прямую l1 параллельную B1E то есть l1 касательная к ω.
4) Значит если C∈AB1∩l1, B∈AC1∩l1 тогда AD1 пересекает в середине BC и любые другие параллельные к l1 прямая AR пересекает ее в середине
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.