Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2007 жыл

$ABC$ сүйір бұрышты үшбұрышында $AA_1$, $BB_1$ және $CC_1$ биіктіктері жүргізілген. ${{A}_{1}}$ және $B_1$ нүктелері арқылы өтетін шеңбер, сырттай сызылған шеңбермен $C_2$ нүктесінде жанасады. Дәл осылай $A_2$ және $B_2$ нүктелері анықталады. $AA_2$, $BB_2$ және $CC_2$ түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз. ( Р. Сахипов )

Комментарий/решение

Б.О.О $BC>CA>AB$.

$S_A$ - радикальный центр $(ABC),(AB_1C_1),(A_2B_1C_1)$. Всем известно, что радикальная ось $(ABC),(AB_1C_1)$ пересекает $B_1C_1$ на $BC$. Таким же образом определим $S_B,S_C$. В итоге получается, что $\triangle A_1B_1C_1$ перспективен $\triangle ABC$ с центром в ортоцентре, откуда из теоремы Дезарга следует, что $S_A,S_B,S_C$ лежат на одной прямой.

Променелаем треугольник $ABC$ с секущей $\overline {S_AS_BS_C}$ и назовем это соотношение $\aleph$, который равен по модулю единице.

Заметим 3 пары подобных треугольников $S_AA_2B$ и $S_ACA_2$ 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 $$\frac{BA_2\cdot CB_2\cdot AC_2}{CA_2\cdot AB_2\cdot BC_2}=1.$$

Из подобий получаем, что $\dfrac{BA_2}{CA_2}=\dfrac{S_AA_2}{S_AC}=\dfrac{\sqrt{S_AB\cdot S_AC}}{S_AC}=\sqrt{\dfrac{S_AB}{S_AC}}$ и два остальных выражения. Перемножим их:

$$\sqrt{\frac{S_AB\cdot S_BC\cdot S_CA}{S_AC\cdot S_BA\cdot S_CB}}=\sqrt {|\aleph|}=1,$$

что и надо было.