Қалалық Жәутіков олимпиадасы 9 сынып, 2011 жыл

$ABC$ үшбұрышының $A$ бұрышының биссектрисасы бойынан алынған кез келген $P$ нүктесінен оның $BC$, $CA$ және $AB$ қабырғаларына сәйкесінше $P{{A}_{1}}$, $P{{B}_{1}}$ және $P{{C}_{1}}$ перпендикулярлары түсірілген. $R$ — $P{{A}_{1}}$ және ${{B}_{1}}{{C}_{1}}$ түзулерінің қиылысу нүктесі болсын. $AR$ түзуі $BC$ қабырғасын қақ бөлетінін дәлелдеңдер.

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 $\overrightarrow{AP}$. Соответственно, ось $y$ размещаем перпендикулярно оси $x$. Кстати, подобное расположение осей координат демонстрировано в задаче http://www.matol.kz/comments/1847/show

2)Треугольники $\Delta APC_1 = \Delta APB_1 $ - по гипотенузе (общая сторона $AP$) и углу (по условию, $AP$ - биссектриса)

3) У равных треугольников равны и все соответствующие элементы, а значит $Y_{C1} = -Y_{B1};X_{C1} = X_{B1} $

4)Пусть $AP = L;\;\angle PAC_1 = \alpha$. Тогда рассчитаем координаты точек $B_1;C_1$ из тригонометрических соображений

$$C_1(L\cos\alpha\cdot\cos\alpha;L\cos\alpha\cdot\sin\alpha);$$

$$B_1(L\cos\alpha\cdot\cos\alpha;-L\cos\alpha\cdot\sin\alpha);$$

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

$$B(2T\cos\alpha;2T\sin\alpha);\;\;C(2G\cos\alpha;-2G\sin\alpha)$$

6)Середину отрезка $BC$ обозначим $R_1$. Тогда координата середины равна полусумме координат.

$$R_1([T+G]\cdot\cos\alpha;[T-G]\cdot\sin\alpha);$$

7)Если точки $A,R,R_1$ лежат на одной прямой, то это по сути доказывает утверждение задачи.

На языке векторов требуется показать, что $\overrightarrow{AR}\times \overrightarrow{RR_1}=\overrightarrow{0}$ для всех углов альфа.

8)Выполним векторное произведение

$$\overrightarrow{AR} = (x_R;y_R);\;\;\overrightarrow{RR_1} = (x_{R1}-x_R;y_{R_1}-y_R)$$

$$\overrightarrow{AR}\times \overrightarrow{RR_1}=\begin{vmatrix} \ \overrightarrow{i}& \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k}\\ x_R& y_R & 0\\ x_{R1}-x_R & y_{R_1}-y_R & 0 \end{vmatrix}$$

$$\overrightarrow{AR}\times \overrightarrow{RR_1}=\overrightarrow{k}\cdot(x_R\cdot y_{R1} - y_R\cdot x_{R1})$$

9)Остается лишь вычислить координаты точки $R$

$$x_R = x_{C1} = L\cos\alpha\cdot\cos\alpha$$

10)Модуль тангенса угла наклона $BC$ относительно оси $x$

$$\tan\beta = \left|\dfrac{y_B-y_C}{x_B-x_C} \right|=\dfrac{2\cdot(G+T)\cos\alpha}{2\cdot(G-T)\sin\alpha}$$

11)Из подобия треугольников $\Delta PRR_2 \infty \Delta PP_1A_1$

$$\dfrac{x_P-x_R}{-y_R}=\tan\beta\Rightarrow y_R=\dfrac{(T-G)L\cdot\sin^3\alpha}{(T+G)\cdot \cos\alpha}$$

12)Подстановкой всех координат получаем

$$\overrightarrow{AR}\times \overrightarrow{RR_1}=\overrightarrow{k}\cdot\left(L\cos^2\alpha\cdot (T-G)\sin\alpha - \dfrac{(T-G)L\cdot\sin^3\alpha}{(T+G)\cdot \cos\alpha}\cdot (T+G)\cos\alpha\right)=0$$

Утверждением (12) задача доказана

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

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

1) Имеем $PA_1\perp BC, WM\perp BC\Rightarrow PA_1||WM$ и $h(P)=W$, следовательно $h$ переводит прямую $PA_1$ в $WM$.

2) Точки $B_1,C_1$ переходят в проекции $W$ на $AC$ и $AB$, соответственно. То есть прямая $B_1C_1$ переходит в $l$

3) Таким образом $h$ переводит точку $R=PA_1\cap B_1C_1$ в $M=WM\cap l$

В итоге точки $A,R,M$ лежат на одной прямой $\blacksquare$

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

1)Пусть $B_{1}C_{1}A$ равнобедренный треугольник $AB_{1}=AC_{1}$ и $AT$ высота, пусть $N \in AT$ так же $E \in B_{1}N \cap AC_{1}$ пусть $D_{1}$ середина $B_{1}E$ и $R \in AD_{1} \cap B_{1}C_{1}$

Утверждение: $NR \ || \ AB_{1}$

Доказательство: для этого покажем что $\dfrac{AR}{D_{1}R} = \dfrac{B_{1}N}{ND_{1}}$ по теореме Менелая $\dfrac{AR}{D_{1}R} = \dfrac{2C_{1}A}{C_{1}E}$ так же $\dfrac{B_{1}N}{ND_{1}} = \dfrac{2C_{1}N}{2NE-B_{1}E}$

то есть нужно показать что $\dfrac{C_{1}A}{C_{1}E} = \dfrac{C_{1}N}{2NE-B_{1}E}$ если $\angle C_{1}B_{1}E = a, \ \angle AB_{1}C_{1}=b$ тогда из треугольников $ANE$ и $B_{1}C_{1}E$ выходит $\dfrac{C_{1}A}{C_{1}E} = \dfrac{C_{1}N}{2NE-B_{1}E} = \dfrac{ctga \cdot tgb-1}{2}$.

2) Опустим перпендикуляр $l$ из $R$ на $B_{1}E$ если $P \in l \cap AN, \ L \in l \cap B_{1}E$ тогда $B_{1}TLP$ вписанный, откуда $\angle B_{1}C_{1}N = \angle C_{1}B_{1}E = \angle TPR$ тогда $PNRC_{1}$ значит $\angle B_{1}PT = \angle TPC_{1} = \angle B_{1}RN = \angle AB_{1}C_{1}$ то есть $B_{1}P \perp AB_{1}$

3) Откуда $B_{1}P=C_{1}P$ проведя окружность $\omega$ радиусом $B_{1}P$ если $A_{1} \in PR \cap \omega$ проведем через $A_{1}$ прямую $l_{1}$ параллельную $B_{1}E$ то есть $l_{1}$ касательная к $\omega$.

4) Значит если $C \in AB_{1} \cap l_{1}, \ B \in AC_{1} \cap l_{1}$ тогда $AD_{1}$ пересекает в середине $BC$ и любые другие параллельные к $l_{1}$ прямая $AR$ пересекает ее в середине

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