Математикадан 37-ші халықаралық олимпиада, 1996 жыл, Мумбаи
ABC үшбұрышының ішінен ∠APB−∠ACB=∠APC−∠ABC орындалатындай P нүктесі берілген, ал D және E нүктелері сәйкесінше APB және APC үшбұрыштарына іштей сызылған шеңберлердің центрлері болсын. AP, BD және CE түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіздер.
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
Заметим, что BD,CE− биссектрисы углов ABP,ACP⇒ (по свойству биссектрисы в треугольнике) задача сводиться к тому, чтобы доказать равенство BABP=CACP.
(i)
Пусть A1,B1,C1− проекции P на BC,CA,AB. Тогда из счета углов следует:
∠APB−∠ACB=∠AB1C1+∠BA1C1−(180−∠A1PB1)=(180−∠CB1C1)+(180−∠C1A1C)−(180−∠A1PB1)=
=180−∠C1A1C−∠CB1C1+(∠A1B1C+∠B1A1C)=180−∠C1B1A1−∠C1A1B1=∠B1C1A1. Таким образом поступаем и с правой частью равенства, что приводит к ∠B1C1A1=∠A1B1C1⇔A1C1=A1B1.
(ii)
Тогда по теореме синусов для треугольников BC1A1 и CA1B1 получаем, что:
A1C1=BPsin∠B2=CPsin∠C2.
Преобразуем данное выражение и получим:
BP/CP=sin∠C/sin∠B=AB/AC, что равносильно требуемому.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.