Решения: Республиканская олимпиада, Заключительный этап

Математикадан республикалық олимпиада, 2015-2016 оқу жылы, 11 сынып

$X$ және

$Y$ нүктелерінде қиылысатын

$\omega_1$ және

$\omega_2$ шеңберлері

$\Omega$ шеңберінің ішінде орналасқан, және оны

$A$ және

$B$ нүктелерінде жанайды.

$AB$ түзуі екінші рет

$\omega_1$ және

$\omega_2$ шеңберлерін сәйкесінше

$A_1$ және

$B_1$ нүктерелінде қисын.

$A_1B_1X$ қисықсызықты үшбұрышына іштей сызылған шеңбер

$A_1B_1$ қабырғасын

$Z$ нүктесінде жанасын.

$\angle AXZ = \angle BXZ$ теңдігін көрсетіңіз.

( Ильясов С. )

посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Пусть $O_1$ и $r_1$ соответственно центр и радиус $\omega_1$ , а $O_2$ и $r_2$ соответственно центр и радиус $\omega_2$ . Пусть $\omega$ — вписанная окружность в криволинейного треугольника $A_1B_1X$ , а $I$ — ее центр. Точку касания окружностей $\omega$ и $\omega_1$ обозначим через $P$ , а окружностей $\omega$ и $\omega_2$ через $Q$ . Пусть $AB \cap O_1O_2=S$ . Легко заметить, что $\angle O_2BA = \angle O_1AB = \angle O_1A_1A$ , то есть $O_1A_1 \parallel OB$ . Тогда $S$ — центр гомотетии, переводящий $\omega_1$ в $\omega_2$ , с коэффициентом $r_1/r_2$ .
Теперь, обозначим $PQ \cap O_1O_2 =S'$ . И пусть $PQ$ во второй раз пересекает $\omega_2$ в точке $Q_1$ . Тогда $\angle O_2Q_1Q = \angle IQP = \angle QPI$ , то есть $O_1P \parallel O_2Q_1$ . Как видим, точка $S'$ также является центром гомотетии, переводящий $\omega_1$ в $\omega_2$ с положительным коэффициентом $r_1/r_2$ . Следовательно, $S$ и $S'$ совпадают. Значит, $AB \cap PQ \cap O_1O_2 =S$ .

Вернемся к решению. Пусть

$SX$ пересекает

$\omega_2$ во второй раз в точке

$X_1$ . Тогда при рассматриваемой гомотетии, отрезок

$AX$ переходит в отрезок

$B_1X_1$ . Имеем:

$\angle AXS = \angle B_1X_1S = \angle B_1BX$ , то есть описанная окружность треугольника

$ABX$ касается прямой

$SX$ . Аналогично,

$\angle APS = \angle B_1Q_1S = \angle B_1BQ$ , то есть четырехугольник

$ABPQ$ вписанный. Имеем:

$SZ^2=SQ \cdot SP = SA \cdot SB = SX^2$ , то есть

$SZ=SX$ . Поэтому

$\angle BXZ = \angle SZX - \angle ZBX = \angle SXZ - \angle SXA = \angle AXZ$ .

Saken

пред. Правка 4

9 года 2 месяца назад #

Доказать, что $SZ$ $=$ $SX$ можно по-другому.

Как и в указанном выше решении пользуемся тем фактом, что прямые $AB$ и $PQ$ пересекаются в центре гомотетии $S$ , переводящей окружности $\omega_1$ в $\omega_2$ .

Для этого рассмотрим инверсию $F$ с радиусом $\sqrt{SA \cdot SB}$ и центром в точке $S$ . Ясно что такая инверсия переводит окружность $\Omega$ саму в себя. Далее, поскольку $\frac{SA}{SA_1}$ $=$ $\frac{SB_1}{SB}$ , то $SA \cdot SB$ $=$ $SA_1 \cdot SB_1$ . Это значит, что окружность $\omega_1$ , проходящая через точки $A$ и $A_1$ и касающаяся окружности $\Omega$ в точке $A$ перейдет в окружность, проходящую через точки $B$ и $B_1$ и касающуюся $\Omega$ в точке $B$ , то есть в окружность $\omega_2$ (Причем внешние дуги ( $XAY$ и $XBY$ ) соответствующих окружностей перейдут друг в друга, а внутренняя дуга $XA_1Y$ в дугу $XB_1Y$ ). Что влечет за собой, то что точки $P$ и $Q$ перейдут друг в друга, а точка $X$ сама в себя.

Итак, инверсия $F$ меняет местами окружности $\omega_1$ , $\omega_2$ и точки $P$ и $Q$ . Это говорит о том, что инверсия $F$ переводит окружность $\omega$ саму в себя. Осталось заметить, что образ прямой $AB$ есть прямая $AB$ , поэтому точка касания $Z$ прямой $AB$ и окружности $\omega$ останется на месте при инверсии $F$ (как и точка $X$ ), стало быть $SX$ $=$ $SZ$ .

Saken