Геометриядан Иран олимпиадасы, 2017 жыл, 2-ші лига (9-10 сыныптар)

$ABC$ үшбұрышында $BC$ қабырғасынан $2XY=BC$ болатындай $X$ және $Y$ нүктелері белгіленген ($X$ нүктесі $B$ және $Y$ нүктелерінің арасында). $AA'$ кесіндісі $AXY$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің диаметрі. $AX$ түзуі $BC$ түзуіне $B$ нүктесінде жүргізілген перпендикулярды $P$, ал $AY$ түзуі $BC$ түзуіне $C$ нүктесінде жүргізілген перпендикулярды $Q$ нүктесінде қияды. $A'$ нүктесінен $AXY$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберге жүргізілген жанама $APQ$ үшбұршына сырттай сызылған шеңбердің центрі арқылы өтетінін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Онда AXY тең бүйірлі үшбұрыш.Демек АВС және АРQ да тең бүйірлі үшбұрыш. Онда PQ|| BC, А` арқылы жүргізілген жанама да парраллель. А нүктесінен m түзуіне биіктік жүргізсек ол А` арқылы өтеді .Сонда А` нүктесі APQ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі ∎

При гомотетии в центре $A$ и коэффициентом $2$: $\triangle XYA'\to \triangle EFD$.

Достаточно установить, что $D\in (APQ)$, а для этого достаточно проверить, что $\frac{PE}{QF}=\frac{ED}{DF}$. $H$ - проекция $A$ на $BC$. Б.О.О. $AC>AB$.

$$\frac{ED}{DF}=\frac{\sin \angle EAD}{\sin \angle FAD}=\frac{\sin \angle YAH}{\sin \angle XAH}, \frac{PE}{QF}\stackrel{?}{=}\frac{\sin \angle YAH}{\sin \angle XAH}.$$

$$\frac{PE}{QF}=\frac{PX-XA}{AY-TQ}=\frac{AX(\frac{BX}{XH}-1)}{AY(1-\frac{CY}{YH})}\stackrel{?}{=}\frac{\sin \angle YAH}{\sin \angle XAH}.$$

$$AX(\frac{BX}{XH}-1)\sin \angle XAH\stackrel{?}{=}AY(1-\frac{CY}{YH})\sin \angle YAH,$$

$$BX-XH\stackrel{?}{=}YH-CY\Leftrightarrow \frac{BC}{2}=BX+CY\stackrel{?}{=}XH+YH=\frac{BC}{2},$$

где последнее истинно.

можете сказать что за точки $E, F, D$ вы использовали в своем решении?

$E,F,D$ - образы точек $X,Y,A'$ при гомотетии с коэффициентом $2$ относительно точки $A$.

а понял, спасибо.