37-я Международная Математическая Oлимпиада
Индия, Мумбаи, 1996 год


Внутри треугольника $ABC$ дана такая точка $P$, что $\angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC$, а $D$ и $E$ — центры окружностей, вписанных в треугольники $APB$ и $APC$ соответственно. Доказать, что прямые $AP$, $BD$ и $CE$ пересекаются в одной точке.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  0
2023-07-28 17:19:17.0 #

Заметим, что $BD,CE - $ биссектрисы углов $ABP,ACP \Rightarrow$ (по свойству биссектрисы в треугольнике) задача сводиться к тому, чтобы доказать равенство $\frac{BA}{BP}=\frac{CA}{CP}.$

$(i)$

Пусть $A_1,B_1,C_1 - $ проекции $P$ на $BC,CA,AB$. Тогда из счета углов следует$:$

$$\angle APB-\angle ACB=\angle AB_1C_1+\angle BA_1C_1-(180-\angle A_1PB_1)=(180-\angle CB_1C_1)+(180- \angle C_1A_1C)-(180-\angle A_1PB_1)=$$

$$=180-\angle C_1A_1C-\angle CB_1C_1+(\angle A_1B_1C+\angle B_1A_1C)=180-\angle C_1B_1A_1-\angle C_1A_1B_1=\angle B_1C_1A_1.$$ Таким образом поступаем и с правой частью равенства, что приводит к $\angle B_1C_1A_1=\angle A_1B_1C_1 \Leftrightarrow A_1C_1=A_1B_1.$

$(ii)$

Тогда по теореме синусов для треугольников $BC_1A_1$ и $CA_1B_1$ получаем, что$:$

$$A_1C_1=\frac{BPsin \angle B}{2}=\frac{CP sin \angle C}{2}.$$

Преобразуем данное выражение и получим$:$

$$BP/CP=sin \angle C/ sin \angle B = AB/AC$$, что равносильно требуемому.

  0
2024-06-12 15:54:11.0 #

Можно доказать $AB/AC=BP/CP$ через инверсию. Сделаем инверсию в точке P. В силу условия следует, что $A'B'=A'C'$, если заменить каждый отрезок на $R^2*XY/(PX*PY)$, должно получиться равенство

  0
2024-07-06 02:25:29.0 #

Инверсия с центром $P$ с радиусом 1 тогда

$\angle AB’P’-\angle AB’C’=\angle AC’P’-\angle AC’B’$ отсюда $B’P’=C’P’$

$B’P’=C’P’=\frac{BP}{AP•AB}=\frac{CP}{AC•AP}$