Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2004 жыл

$ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер, $AB$ және $BC$ қабырғаларымен $P$ және $Q$ нүктелерінде жанасады. $PQ$ түзуі, $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді $X$ және $Y$ нүктелерінде қияды. Егер $\angle ABC=90{}^\circ $ болса, $\angle XBY$ бұрышын табыңыз. ( А. Смирнов )

Комментарий/решение

1) Пусть $A(0;2b);C(2a;0)$

2) Теорема: центр описанной окружности прямоугольного треугольника лежит посередине гипотенузы

3) $AO=OC=R\rightarrow O(a;b)$

4) $R=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{\sqrt{(2a)^2+(2b)^2}}{2}=\sqrt{a^2+b^2}$

5)Пусть $OY'\bot BC;OX'\bot AB;$, точки $X';Y'$ лежат на описанной окружности

6) Найдём координаты точек $X';Y'$

У точки $Y'$ совпадает иксовая координата с точкой $O$, игрековая же меньше на $OY'=R$

$$Y'(a;b-\sqrt{a^2+b^2})$$

У точки $X'$ совпадает игрековая координата с точкой $O$, иксовая же меньше на $OX'=R$

$$X'(a-\sqrt{a^2+b^2};b)$$

8) Пусть $X'Y'\cap AB=P';X'Y'\cap BC=Q'$

9) Найдём уравнение прямой $X'Y'$. Оно имеет вид $y=kx+C$

$(8.1)$ : $b-\sqrt{a^2+b^2}=k\cdot a+C$

$(8.2)$ : $b=k\cdot{(a-\sqrt{a^2+b^2})}+C$

Систему решим вычитанием : $(8.2)-(8.1)=\sqrt{a^2+b^2}=k\cdot{(-\sqrt{a^2+b^2})}\rightarrow k=-1$

$C=b-\sqrt{a^2+b^2}-ka=a+b-\sqrt{a^2+b^2}$

Итого: $y=-x+(a+b-\sqrt{a^2+b^2})$

10) Нахождение координат точки $P'$

$x_{P'}=0\rightarrow y_{P'}=-0+a+b-\sqrt{a^2+b^2}\rightarrow P'(0;a+b-\sqrt{a^2+b^2})$

11) Нахождение координат точки $Q'$

$y_{Q'}=0\rightarrow 0=-x+a+b-\sqrt{a^2+b^2}\rightarrow Q'(a+b-\sqrt{a^2+b^2};0)$

12)Покажем, что совпадают точки $P$ и $P'$ , а также $Q$ и $Q'$. Иными словами, что $BP=BP'=BQ=BQ'=r$

13) $BP=BQ=r$ доказывается просто. достаточно отпустить перпендикуляры с центра вписанной окружности

14)Найдём радиус вписанной окружности $\triangle ABC$

$r_{\triangle ABC}=\dfrac{S}{p}=\dfrac{(2a\cdot 2b)/2}{(2a+2b+2\sqrt{a^2+b^2})/2}=\dfrac{2ab}{a+b+\sqrt{a^2+b^2}}$

15) $BP'=BQ'=a+b-\sqrt{a^2+b^2}$

16) Сравним $BP'$ и $r$

$\dfrac{2ab}{a+b+\sqrt{a^2+b^2}}=a+b-\sqrt{a^2+b^2}$

$2ab=(a+b+\sqrt{a^2+b^2})\cdot (a+b-\sqrt{a^2+b^2})$

$2ab=(a+b)^2-(\sqrt{a^2+b^2})^2$

$2ab=a^2+2ab+b^2-a^2-b^2$

Вывод: $BP'=r$

17) Аксиома: через две точки можно провести только одну прямую

Вывод: $X'=X;Y'=Y$

18) $\angle X'OY'=90^{\circ}$ по построению $\rightarrow \angle XOY=90^{\circ}$

19) Из $(18)\rightarrow $ дуга $XBY= \angle XOY/2=45^{\circ}$

20) $\angle XBY=180^{\circ}-\overset\frown{XBY}=135^{\circ}$

$I$ - центр вписанной окружности, покажем что $CI \cap PQ \in X$, пусть $CI$ пересекает описанную окружность в точке $D$ тогда по лемме о трезубце, получаем $DI=DB=DA$, из условия получаем $BPIQ$ - квадрат, тогда треугольники $DPB , DPI$ равны, откуда $\angle DBA = \angle DIP$ но $\angle DBA = \angle DAB$ откуда $DPIA$ вписанный , так как $\angle QPB = 45^{\circ}$ но $\angle DPA = \angle DIA = \dfrac{90^{\circ}}{2}=45^{\circ}$ так как $\angle ADC = 90^{\circ}$ и $DI=DA$ , тогда $D,P,Q$ лежат на одной прямой, аналогично $E,P,Q$ где $E$ точка пересечения окружности с $AI$, откуда $D=X, E=Y$ , значит $\angle XBY = 90^{\circ} + \dfrac{90^{\circ}}{2} = 135^{\circ}$