Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2016 жыл
ABC сүйірбұрышты үшбұрыштың AA1, BB1, және CC1 биіктіктері H нүктесінде қиылысады. A0, B0, C0 нүктелері, сәйкесінше BC, CA және AB қабырғаларының орталары. ∠A0B2A2=∠B0C2B2=∠C0A2C2=90∘ болатындай, AH, BH және HC1 кесінділері бойында A2, B2, C2 нүктелері алынған. AC2, BA2 және CB2 түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз.
(
А. Пастор
)
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
Заметим что ∠A0B2A2=∠A0A1A2=90∘, поэтому A0A1A2B2 лежат на одной окружности, пусть ω. Заметим что степень точки C отн. ω равен CA1∗CA0=12BC∗AC∗cos∠C. Аналогично получаем CB0∗CB1=12BC∗AC∗cos∠C. Теперь можем сказать что CB2 - радикальная ось двух полученных окружностей, тогда получается и AC2,BA2 радикальные оси каких то окружностей, аналогичные первым двум, тогда эти прямые пересекаются в радикальном центре, т.е. в одной точке.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.