Решения: Республиканская олимпиада, Заключительный этап

Математикадан республикалық олимпиада, 2013-2014 оқу жылы, 11 сынып

Теңбүйірлі емес

$ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер

$AB$ мен

$BC$ қабырғаларын сәйкесінше

$C_1$ мен

$A_1$ , ал іштейсырт сызылған шеңбер (

$AC$ қабырғасын жанайтын)

$AB$ мен

$BC$ қабырғаларын сәйкесінше

$C_2$ мен

$A_2$ нүктелерінде жанайды.

$N$ нүктесі

$B$ төбесінен жүргізілген биссектриса табаны.

$A_1C_1$ және

$A_2C_2$ түзулері

$AC$ түзуін сәйкесінше

$K_1$ және

$K_2$ нүктелерінде қияды.

$BK_1N$ және

$BK_2N$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер

$ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді екінші рет сәйкесінше

$P_1$ және

$P_2$ нүктелерінде қисын.

$AP_1=CP_2$ екенін дәлелде. ( М. Кунгожин )

посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Не теряя общности положим $BC > AB$ . Пусть $M$ — середина $AC$ , а $BN$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $Q$ . Пусть вписанная в вневписанная окружности касаются $AC$ в точках $B_1$ и $B_2$ соответственно.

Известным фактом является то, что

$AC_1 = AB_1 = CB_2 = CA_2 = (AB+AC-BC)/2.$ Заметим, что

$K_1C_1 \parallel A_2K_2$ и

$\angle K_1C_1A + \angle CA_2K_2 = 180^\circ$ . Применив теорему синусов для

$\triangle K_1C_1A$ и

$\triangle CA_2K_2$ получим

$A{K_1} = \sin \angle {K_1}{C_1}A \cdot \frac{{A{C_1}}}{{\sin \angle {C_1}{K_1}A}} = \sin \angle C{A_2}{K_2} \cdot \frac{{C{A_2}}}{{\sin C{K_2}{A_2}}} = C{K_2}.$ Также заметим, что точки

$Q$ ,

$P_1$ и

$K_1$ лежат на одной прямой, так как

$\angle {K_1}{P_1}B + \angle B{P_1}Q = \angle {K_1}NB + \angle BAQ = \angle C + \angle B/2 + \angle A + \angle B/2 = {180^\circ }.$ Аналогично, точки

$Q$ ,

$P_2$ и

$K_2$ лежат на одной прямой. Значит,

$K_1QK_2$ — равнобедренный треугольник. Поэтому

$QP_1 \cdot QK_1 = QN \cdot QB = QP_2 \cdot QK_2$ , откуда

$QP_1 = QP_2$ . Из последнего равенства следует утверждение задачи.