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

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:

  3
9 месяца назад #

Заметим что A0B2A2=A0A1A2=90, поэтому A0A1A2B2 лежат на одной окружности, пусть ω. Заметим что степень точки C отн. ω равен CA1CA0=12BCACcosC. Аналогично получаем CB0CB1=12BCACcosC. 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.