Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2004 жыл

Центрі $O$ нүктесі және радиусы 1 болатын шеңберге, барлық бұрыштары $45{}^\circ $-градустан үлкен сүйірбұрышты үшбұрыш іштей сызылды. $B$ нүктесінен $CO$ түзуіне $B{{B}_{1}}$ перпендикуляры, ал ${{B}_{1}}$ нүктесінен $AC$ түзуіне ${{B}_{1}}{{B}_{2}}$ перпендикуляры жүргізілді. Дәл осылай, $C$ нүктесінен $BO$ түзуіне $C{{C}_{1}}$ перпендикуляры, ал ${{C}_{1}}$ нүктесінен $AB$ түзуіне ${{C}_{1}}{{C}_{2}}$ перпендикуляры жүргізілді. ${{B}_{1}}{{B}_{2}}$ және ${{C}_{1}}{{C}_{2}}$ түзулері ${{A}_{3}}$ нүктесінде қиылысады. Дәл осылай ${{B}_{3}}$ және ${{C}_{3}}$ нүктелері анықталады. ${{A}_{3}}{{B}_{3}}{{C}_{3}}$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің радиусын табыңыз. ( Ф. Петров, Ф. Бахарев )

Комментарий/решение

Пусть $E,F,D$ - основания высот, соответственно из вершин $C,A,B$ и $H$ - ортоцентр. Тогда из построения следует что $EB_1 \perp AC$ так как $BEB_1C$ - вписанный $\angle B_1EC = \angle B_1BC = 90^{\circ} - \angle OCB = \angle A$.

Значит точка $A_3$- это определяется как точка пересечения перпендикуляров из $E -> AC, D->AB$ аналогично и другие, покажем что $A_3C_3EF$ - параллелограмм, $A_3E\ || \ C_3F$ из построения, покажем что:

Пусть $C_{3}T_2 \perp BC, \ T_2 \in BC$ тогда:

$$\dfrac{C_2E}{EB} = \dfrac{FT_2}{BF} = \dfrac{C_2A_3}{A_3D} = \dfrac{C_3T_2}{C_3D} = \dfrac{DH}{BH}$$ значит $A_3C_3 || C_2T_2 || EF$ то есть $EF = A_3C_3$ аналогично $A_3B_3=DF, \ B_3C_3=ED$ тогда очевидно что описанная окружность около $A_3B_3C_3$ будет равна

описанной окружности около $DEF$ - то есть радиусом девяти точек, а она как известно в 2 раза меньше описанного около $ABC$

Ответ: $R_{A_3B_3C_3}=\dfrac{R_{ABC}}{2} = \dfrac{1}{2}$