Решения: Республиканская олимпиада, Областной этап

Математикадан облыстық олимпиада, 2019 жыл, 10 сынып

$ABC$ үшбұрышында

$M$ нүктесі

$AB$ кесіндісінің ортасы, ал

$N$ нүктесі —

$CM$ кесіндісінің ортасы. Жазықтықтан,

$B$ нүктесімен

$CM$ түзуінің бір жағында жатпайтындай, оған қоса

$\angle XMC=\angle MBC$ және

$\angle XCM=\angle MCB$ болатындай етіп

$X$ нүктесі таңдалған.

$AMX$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер

$\Omega$ болсын.
а)

$CM$ түзуі

$\Omega \,$ -ны жанайтынын дәлелдеңдер.
б)

$NX$ пен

$AC$ түзулерінің қиылысу нүктесі

$\Omega\,$ -ның бойында жататынын дәлелдеңдер.

посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.
Решение. а) Пусть точка $E$ симметрична точке $B$ относительно прямой $CM$ (см. рис. ниже). Тогда $MA=MB=ME$ , то есть $AEM$ — равнобедренный треугольник.

Следовательно,

$\angle MAE=\angle MEA=(180^\circ-\angle AME)/2=\angle BME/2=\angle CME.$ Тогда очевидно, что окружность

$\omega$ , описанная около треугольника

$AME$ , касается прямой

$CM$ . Пусть

$CE$ пересекает

$\omega$ во второй раз в точке

$X_1$ . Независимо от расположения точки

$E$ (на отрезке

$CX_1$ или на продолжении), имеем равенства

$\angle CMX_1=\angle X_1AM=\angle MEC=\angle MBC$ , что дают совпадения точек

$X_1=X$ и окружностей

$\omega=\Omega.$ Тем самым пункт a) доказан.
б) Пусть

$XD$ пересекает

$CM$ в точке

$N_1$ . Докажем, что

$N_1$ — середина

$CM$ . Имеем:

$N_1M^2=N_1D \cdot N_1X. \quad (1)$ Заметим, что

$AE \parallel CM$ , так как

$\angle AEM=\angle CME.$ Поэтому

$\angle ACM=\angle CAE=\angle DAE=\angle DXE$ , то есть описанная окружность треугольника

$CDX$ касается прямой

$CN_1$ , откуда

$N_1C^2=N_1D \cdot N_1X. \quad (2)$ Из равенств (1) и (2) следует

$N_1M=N_1C$ или

$N_1=N$ .

ImaRHB

пред. Правка 2

1 года 4 месяца назад #

(а) Заметим, что из $\angle XMC=\angle MBC, \angle XCM=\angle MCB$ следует, что $\triangle MBC \sim \triangle XMC \Rightarrow \frac{BC}{MC}=\frac{MB}{MX}=\frac{AM}{MX}$

$\angle AMX=\angle AMC-\angle XMC=\angle MCB \Rightarrow \triangle XAM \sim \triangle MBC$ .

$\angle (MA,AX)=\angle (CM,MX)$ , что доказывает касание.

(б) Пусть $P$ пересечение $\Omega$ с $NX$ , касательная к $(XMC)$ в точке $M$ пересекает $(XMP)$ в $A$ . Доказать, что $A, C, P$ коллинеарные. Это следует из счета углов:

$\angle CPN=\angle CXP+\angle PCX=\angle XCM=\angle XMA=\angle XPA.$ что равносильно требуемому.

ImaRHB