Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2017 год
Комментарий/решение:
Пусть точки M,N,K середины отрезков BC,CA,AB соответственно.
Из условия ∠DAZ=90°, ∠ANZ=90°, ∠DMC=90°, AZ=CZ.
Так как KN∥BC⟹∠ANK=∠ACB.
Тогда ∠ZNK=∠ANZ+∠ANK=90°+∠ACB.
Заметим, что ∠ZCD=∠ACB+∠BCD+∠ZCA=∠ACB+∠CAD+∠ZAC= =∠ACB+90°.
Значит ∠ZNK=∠ZCD.(i)
Легко понять, что ∠BCD=∠CZN
Отметим, что KNCD=MCCD=cos∠BCD=cos∠CZN=ZNZC
⟹KNCD=ZNZC(ii)
Из (i) и (ii)⟹△ZNK≡△ZCD.
Тогда ∠KZD=∠NZC и ZKZD=ZNZC, откуда △ZKD≡△ZNC
⟹∠ZKD=∠ZNC=90°
Значит ∠ZKD=∠ZAD=90°, следовательно A,Z,D,K− лежат на одной окружности.◻
Примечание: Равенство MCCD=ZNZC можно было доказать заметив подобие: △MCD≡△NZC
давайте назовем середину AC как N а также середину AB за M тогда продлим
MN до пересечения с прямой DC и назовем точку пересечения S тогда по параллельности прямых MN и BC заметим равенство ∠DAC=∠BCD=
=∠NSD но так как ∠DAZ=90 следует что ∠DAC=∠AZN=
=∠NZC из следствия что AZ=ZC тогда ∠NZC=∠NSC откуда следует что N;Z;S;C -лежат на одной окружности откуда следует что ∠ZSC=90 откуда S;D;A;Z -лежат на одной окружности но из следствия равенства ∠BAD=∠MSD M;A;S;D -лежат на одной окружности отсюда следует что M лежит на описанной △AZD
M середина AB N середина AC
Продлим MD до D1 так что MDD1B параллелограмм
Тогда заметим что ∠AD1B=∠ADB,∠D1BA=∠BAD тогда ∠D1AZ=∠ZCD=∠ZNM
Тогда треугольники D1AZ,DZC равны тогда D1Z=DZ тогда ZM перпендикулярно D1D откуда M,A,Z,D на одной окружности
Инверсия+симетрия в A и r2=AB∗AC + гомотетия с коэф 12 задача переходит в такую:
В треугольнике ABC провели бисектрису AH, G основание внешней бисектрисы и F основая высотв из B на AG. Если E середина AH тогда F−E−C.
Док-во:
Заметим что FB||AH и пусть AH∩FB=Pи пусть FC∩AH=E′ тогда
−1=(G,H;B,C)F=(A,H;P,E′) а так как P точка на бесконечности отсюда E=E′
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.