Processing math: 100%

51-я Международная Математическая Oлимпиада
Казахстан, Астана, 2010 год


Точка I — центр окружности, вписанной в треугольник ABC, а Γ — окружность, описанная около этого треугольника. Прямая AI пересекает окружность Γ в точках A и D. Точка E выбрала на дуге BDC а точка F — на стороне BC так, что BAF=CAE<12BAC. Точка G — середина отрезка IF. Докажите, что прямые DG и EI пересекаются в точке, лежащей на окружности Γ.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   3
3 года 1 месяца назад #

1) Пусть VΓCI и SDVBC, KDVAB

Утверждение 1 : SI||AB, KI||BC

Доказательство: по теореме о трезубце DB=DC=DI, VI=VB=VA тогда так как

BIDV 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 HKI и MDHBC и QDABC, NΓDM

Утверждение 2 : AH||MI

Доказательство : из утверждения 1 получается DMDH=DQDI=DIDA тогда DI2=DQDA но так как DAC=DBC=DCB тогда DC касательная к описанной окружности ACQ то есть DI2=DC2=DQDA значит AH||MI аналогично DI2=DSDV 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 FAHBC,TAHΓ, ENIΓ тогда CAE=BAT=BAF получается FMIH параллелограмм и GMHFI в середине как диагональ, откуда NDGIE

Рисунок

  7
2 года 10 месяца назад #

 Заметим что достаточно доказать что AEI=ADG. Пусть Ia центр вневписанной окружности тогда в силу ID=IaD получаем что IaFDG . заметим что: AECABF и ACIaAIB. Отсюда AFAC=AEAB и ACAIa=AIAB перемножаем и получаем AFAIa=AIAE учитывая EAI=IaAF получаем EAIIaFA, отсюда имеем AEI=AIAF=ADG

  1
8 месяца 11 дней назад #

Пусть Ia центр вневписаний.

Совершим Инверсию с центром A и радиусом ABAC и симметрией относительно биссектрисе.

E=>F,I=>Ia,=>AEI=AIaF=ADG