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

Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2007 жыл


ABC сүйір бұрышты үшбұрышында AA1, BB1 және CC1 биіктіктері жүргізілген. A1 және B1 нүктелері арқылы өтетін шеңбер, сырттай сызылған шеңбермен C2 нүктесінде жанасады. Дәл осылай A2 және B2 нүктелері анықталады. AA2, BB2 және CC2 түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз. ( Р. Сахипов )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   0
9 месяца 27 дней назад #

Б.О.О BC>CA>AB.

SA - радикальный центр (ABC),(AB1C1),(A2B1C1). Всем известно, что радикальная ось (ABC),(AB1C1) пересекает B1C1 на BC. Таким же образом определим SB,SC. В итоге получается, что A1B1C1 перспективен ABC с центром в ортоцентре, откуда из теоремы Дезарга следует, что SA,SB,SC лежат на одной прямой.

Променелаем треугольник ABC с секущей ¯SASBSC и назовем это соотношение , который равен по модулю единице.

Заметим 3 пары подобных треугольников SAA2B и SACA2 и остальные две аналогичные.

Тригонометрическая теорема Чевы:

Диагонали вписанного шестиугольника пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда произведения сторон через раз равны (то есть произведение первой, третьей и пятой по порядку равно произведению второй, четвертой и шестой).

Поэтому требуется показать, что BA2CB2AC2CA2AB2BC2=1.

Из подобий получаем, что BA2CA2=SAA2SAC=SABSACSAC=SABSAC и два остальных выражения. Перемножим их:

SABSBCSCASACSBASCB=||=1,

что и надо было.