Processing math: 48%

Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2016 жыл


AB және AC — бір түзудің бойында жатпайтын екі әртүрлі сәулелер болсын. Центрі O болатын ω шеңбері AC сәулесін E, ал AB сәулесін F нүктесінде жанайды. R нүктесі — EF кесіндісіндегі кез келген нүкте болсын. O нүктесі арқылы өтетін және EF-ке параллель түзу AB түзуін P нүктесінде қияды. PR түзуі AC түзуін N, ал AC-ға параллель және R арқылы өтетін түзу AB түзуін M нүктесінде қияды. MN түзуі ω шеңберін жанайтынын дәлелдеңіз.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 4   6
4 года 9 месяца назад #

Пусть касательная из точки M к окружности ω (отличная от MF) пересекает AE в точке N_1. Докажем, что точки P,R,N_1 лежат на одной прямой, тогда N=N_1 откуда следует требуемое.

По теореме Менелая достаточно доказать, что \frac{AP}{PF}×\frac{FR}{RE}×\frac{EN_1}{N_1A}=1\quad(\color{red}1)

Пусть \angle FAE=2α, AN_1=x, AM=y, MN_1=z.

Тогда AF=\dfrac{x+y+z}{2}, N_1E=\dfrac{y+z-x}{2}, MF=\dfrac{x+z-y}{2},

\angle FAO=\angle FOP=α

Заметим, что

\frac{EN_1}{N_1A}=\frac{y+z-x}{2x}\quad(\mathrm{i})

Так как MR\parallel EA, то \frac{FR}{RE}=\frac{MF}{AM}=\frac{x+z-y}{2y}\quad(\mathrm{ii})

Отметим, что

\frac{OP}{AP}=\sin\angle OAP=\sin α

\frac{PF}{OP}=\sin\angle FOP=\sin α

Умножив эти два равенства получаем, что \frac{PF}{AP}=\sin^2 α\quad(\mathrm{iii})

Подставим равенства \mathrm{(i),(ii),(iii)} в (\color{red}1), откуда получим (!)\quad\frac{(y+z-x)×(x+z-y)}{4xy}=\sin^2 α \iff (!)\quad\frac{z^2-(x-y)^2}{4xy}=\sin^2α

По теореме косинусов для \triangle AMN_1 z^2=x^2+y^2-2xy\cos {2α}

Откуда достаточно доказать, что \frac{1-\cos{2α}}2=\sin^2α

что верно, так как\cos{2α}=1-2\sin^2α

пред. Правка 2   8
1 года 1 месяца назад #