18-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2018 жыл

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышының $AB$, $BC$ және $AC$ қабырғаларынан сәйкесінше $H$, $L$ және $K$ нүктелері ${CH \perp AB}$, ${HL \parallel AC}$ және ${HK \parallel BC}$ болатындай алынған. $P$ және $Q$ нүктелері — $HBL$ үшбұрышының сәйкесінше $H$ және $B$ төбелерінен түсірілген биіктіктер табандары. $AKH$ үшбұрышының $A$ және $H$ төбелерінен түсірілген биіктіктер табандары $PQ$ түзуінің бойында жататынын дәлелдеңіздер. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

$$ CH \bot AB, \quad HP \bot BC , \quad HN\bot AC, \quad AR \bot KH, \quad BQ \bot LH$$

$$ A(0;0), \quad H(x_0;0) , \quad B(x_0+\Delta x;0),\quad C(x_0;y_0)$$

$$ CH: y=x_0, \qquad AC: y =\frac{y_0}{x_0}\cdot x$$

$$ BC: y=-\frac{y_0}{\Delta x}\cdot x+y_0 \left(1+\frac{x_0}{\Delta x}\right)$$

$$HL: y=\frac{y_0}{x_0}(x-x_0), \qquad KH: y=\frac{y_0}{\Delta x}(x_0-x)$$

$$ HP: y=\frac{\Delta x}{y_0}(x-x_0), \qquad BQ: y=\frac{x_0}{y_0}(x_0+\Delta x-x)$$

$$ AR: y=\frac{\Delta x}{y_0}\cdot x, \qquad HN: y = \frac{x_0}{y_0}(x_0-x)$$

$$ P=HP\cap BC \Rightarrow P\left(x_0+\frac{y^2_0 \Delta x}{\Delta x^2+y^2_0};\frac{ y_0 \Delta x^2}{\Delta x^2+y^2_0} \right)$$

$$ Q= HL\cap BQ \Rightarrow Q\left(x_0+\frac{x^2_0 \Delta x}{ x^2_0+y^2_0};\frac{ y_0 x_0\Delta x}{ x^2_0+y^2_0} \right)$$

$$ R=KH \cup AR\Rightarrow R\left(\frac{x_0 y^2_0}{\Delta x^2+y^2_0};\frac{ y_0 x_0\Delta x}{\Delta x^2+y^2_0} \right)$$

$$ N= HN\cap AC \Rightarrow N\left(\frac{x^3_0}{ x^2_0+y^2_0};\frac{ x_0^2 y_0}{ x^2_0+y^2_0} \right)$$

$$QN: y=\frac{y_0}{y^2_0+x_0\Delta x} (x(\Delta x-x_0)-x_0^2)$$

$$ PR: y=\frac{y_0}{y^2_0+x_0\Delta x} (x(\Delta x-x_0)-x_0^2)$$

$$ \Rightarrow y_{PR}=y_{QR} \Rightarrow P,Q,R \in l$$

$N \in AC,R \in HK$ основания высот треугольника $AKH$ , пусть $NR$ пересекает $CH$ В $X$ , тогда $\angle CHN= \angle BAC$ и $\angle HNR= \angle HAR = 90^{\circ}-\angle ABC$ откуда $\angle NXH = 90^{\circ}+\angle ABC - \angle BAC$ , пусть $Y \in PQ \cap CH$ аналогично $\angle PYH = 90^{\circ} + \angle BAC - \angle ABC $ откуда $\angle NXH + \angle PYH = 180^{\circ}$ $(1)$ .

По теореме Менелая $\dfrac{CX}{HX} = \dfrac{NC}{NK} \cdot \dfrac{RK}{RH} , \ \ \dfrac{CY}{HY} = \dfrac{PC}{PL} \cdot \dfrac{QL}{QH}$ учитывая параллельность в условий, выражая через углы, получаем $\dfrac{CX}{HX} = \dfrac{CY}{HY} = tgA \cdot tgB$ то есть $X=Y$ и учитывая $(1)$ получается $A, H \in PQ$

NR может быть параллельно PQ.

Пусть $LK$ пересекает $AB$ в точке $X$. Достаточно доказать что $P, Q, X$ лежат на одной прямой. Обозначим пересечение $XQ$ и $AC$ как $D$. Из за гомотетии $HD$ перпендикулярен $AC$. Очевидно что, $AB$ касательная к окружности описанной около $P, H, D, C$. Отметим точку пересечение $XQ$ с окружностью ($P, H, D, C$) как $P1$ тогда из за того что $AB$ касательная к ($P, H, D, C$) угл $\angle P1DH=\angle P1HB$. С другой стороны $\angle P1DH=\angle P1QB$ из за гомотетии. Значит $P1$ лежит на окружности описанной около ($B, H, Q$). Это означает что у окружностей ($B, H, Q$) и ($P, H, D, C$) есть три точки пересечение что невозможно значит $P1=P$. Из чего следует что $P, Q, X$ лежат на одной прямой. Значит основание высот в треугольнике $\triangle AKH$ также будут лежать на прямой $P, Q, X$ из за гомотетии.

Пиши на латехе брат

Подземелья dungeon так и не открыли?(