Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2017 жыл

$AB < AC$ болатын $ABC$ үшбұрышы берілген. $BAC$ бұрышының биссектрисасы $ABC$-ға сырттай сызылған шеңберді $D$ нүктесінде қияды. $AC$ кесіндісінің орта перпендикуляры $BAC$ бұрышының сыртқы биссектрисасын $Z$ нүктесінде қисын. $AB$ қабырғасының ортасы $ADZ$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің бойында жататынын дәлелдеңіз. ( Equipo Nicaragua )

Комментарий/решение

Пусть точки $M,N,K$ середины отрезков $BC, CA, AB$ соответственно.

Из условия $\angle DAZ=90°,$ $\angle ANZ=90°,$ $\angle DMC=90°,$ $AZ=CZ.$

Так как $KN\parallel BC\implies \angle ANK=\angle ACB.$

Тогда $\angle ZNK=\angle ANZ+\angle ANK=90°+\angle ACB.$

Заметим, что $$\angle ZCD=\angle ACB+ \angle BCD+\angle ZCA=\angle ACB+ \angle CAD+\angle ZAC=$$ $$=\angle ACB +90°.$$

Значит $\angle ZNK=\angle ZCD.\quad (\mathrm{i})$

Легко понять, что $\angle BCD=\angle CZN$

Отметим, что $\dfrac{KN}{CD}=\dfrac{MC}{CD}=\cos\angle BCD=\cos\angle CZN=\dfrac{ZN}{ZC}$

$$\implies \dfrac{KN}{CD}=\dfrac{ZN}{ZC}\quad\mathrm{(ii)}$$

Из $\mathrm{(i)}$ и $\mathrm{(ii)}\implies\triangle ZNK \equiv\triangle ZCD.$

Тогда $\angle KZD=\angle NZC$ и $\dfrac{ZK}{ZD}=\dfrac{ZN}{ZC},$ откуда $\triangle ZKD\equiv \triangle ZNC$

$$\implies \angle ZKD=\angle ZNC=90°$$

Значит $\angle ZKD=\angle ZAD=90°,$ следовательно $A,Z,D,K-$ лежат на одной окружности$.\quad\square$

Примечание: Равенство $\dfrac{MC}{CD}=\dfrac{ZN}{ZC}$ можно было доказать заметив подобие: $\triangle MCD\equiv \triangle NZC$

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 $\angle DAC$=$\angle BCD$=

=$\angle NSD$ но так как $\angle DAZ$=$90$ следует что $\angle DAC$=$\angle AZN$=

=$\angle NZC$ из следствия что $AZ$=$ZC$ тогда $\angle NZC$=$\angle NSC$ откуда следует что $N$;$Z$;$S$;$C$ -лежат на одной окружности откуда следует что $\angle ZSC$=$90$ откуда $S$;$D$;$A$;$Z$ -лежат на одной окружности но из следствия равенства $\angle BAD$=$\angle MSD$ $M$;$A$;$S$;$D$ -лежат на одной окружности отсюда следует что $M$ лежит на описанной $\triangle AZD$

$M$ середина $AB$ N середина $AC$

Продлим $MD$ до $D_1$ так что $MDD_1B$ параллелограмм

Тогда заметим что $\angle AD_1B=\angle ADB$,$\angle D_1BA= \angle BAD$ тогда $\angle D_1AZ = \angle ZCD =\angle ZNM$

Тогда треугольники $D_1AZ $,$DZC$ равны тогда $D_1Z=DZ$ тогда $ZM$ перпендикулярно $D_1D$ откуда $M,A,Z,D$ на одной окружности

Инверсия+симетрия в $A$ и $r^2=AB*AC$ + гомотетия с коэф $\frac{1}{2}$ 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 $AH \cap FB=P$и пусть $FC \cap AH=E’$ тогда

\[ -1 = (G,H;B,C) \stackrel{F}{=} (A,H;P,E’) \] а так как $P$ точка на бесконечности отсюда $E=E’$