Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Математикадан 49-шы халықаралық олимпиада, 2008 жыл, Мадрид


BABC болатын ABCD дөңес төртбұрышы берілсін. ABC және ADC үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлерді сәйкесінше ω1 және ω2 деп белгілейміз. BA кесіндісінің жалғасын A нүктесінде, BC кесіндісінің жалғасын C нүктесінде, ал AD және CD түзулерін жанайтындай ω шеңбері кездеседі деп есептейік. ω1 және ω2 шеңберлеріне жүргізілген сыртқы ортақ жанамалар ω шеңберінің бойында қиылысатынын дәлелдеңіздер.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   5
5 месяца 22 дней назад #

  0
5 месяца 22 дней назад #

Пусть ω1AC=E и ω2AC=F. А E,F отметим как диаметрально противоположные точки точкам E,F.

Так как 2CE=CB+ACAB тогдa не сложным счетом отрезков можно понять что CE=AF. Значит F точка касание B-вневписанной окружности и аналогично E точка касание D-вневписанной. Отсюда по задаче IMO 1992 P4 можно понять что BEF,DFE колинеарны. Заметим то EE||FF отсюда EFFE=Z где Z и есть пересечение общих внешних касательных .

Пусть прямая паралельная AC проходящая через Z пересекает AB,BC в точках A1,C1 а AD,DC в точках A2,C2. При гомотетии с центром B переводящая AC в A1C1 , переводит F в Z. А так как F точка касание B-вневписанной окружности значит Z точка касание B-вневписанной для BA1C1=ω3. Аналогично совершив такую же гомотетию с центром D можно понять что K точка касание D-вневписанной для DA2C2=ω4.

По теореме монжа для ω,ω3,ω4 выходит что BDK колинеарны что не возмонжно отсюда ω=ω3=ω4