51-я Международная Математическая Oлимпиада
Казахстан, Астана, 2010 год
Комментарий/решение:
1) Пусть V∈Γ∩CI и S∈DV∈BC, K∈DV∩AB
Утверждение 1 : SI||AB, KI||BC
Доказательство: по теореме о трезубце DB=DC=DI, VI=VB=VA тогда так как
BI⊥DV получается BS=IS значит ∠DIS=∠DBS=∠DCB=∠DAB то есть SI||AB , так как BK=IK тогда учитывая это ∠SIK=∠CBA=∠CSI то есть KI||BC
2) Пусть H∈KI и M∈DH∩BC и Q∈DA∩BC, N∈Γ∩DM
Утверждение 2 : AH||MI
Доказательство : из утверждения 1 получается DMDH=DQDI=DIDA тогда DI2=DQ⋅DA но так как ∠DAC=∠DBC=∠DCB тогда DC касательная к описанной окружности ACQ то есть DI2=DC2=DQ⋅DA значит AH||MI аналогично DI2=DS⋅DV откуда SQVA вписанный.
3) Утверждение 3: HNIA вписанный
Доказательство: ∠DVA=∠DNA тогда и MQAN вписанный , но так как MQ||HI тогда NHIA вписанный.
4) Значит если F∈AH∩BC,T∈AH∩Γ, E∈NI∩Γ тогда ∠CAE=∠BAT=∠BAF получается FMIH параллелограмм и G∈MH∩FI в середине как диагональ, откуда N∈DG∩IE
Заметим что достаточно доказать что ∠AEI=∠ADG. Пусть Ia центр вневписанной окружности тогда в силу ID=IaD получаем что IaF∥DG . заметим что: △AEC∼ABF и ACIa∼AIB. Отсюда AFAC=AEAB и ACAIa=AIAB перемножаем и получаем AFAIa=AIAE учитывая ∠EAI=∠IaAF получаем △EAI∼△IaFA, отсюда имеем ∠AEI=∠AIAF=∠ADG
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.