Республиканская олимпиада по математике, 2019 год, 9 класс

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точка $D$ симметрична точке $C$ относительно гипотенузы $AB$. Пусть $M$ — произвольная точка отрезка $AC$, а $P$ — основание перпендикуляра из точки $C$ на прямую $BM$. Точка $H$ — середина отрезка $CD$. На отрезке $CH$ (внутри угла $HPB$) нашлась такая точка $N$ , что $\angle DPH = \angle NPB$. Докажите, что точки $M$, $P$, $N$ и $D$ лежат на одной окружности. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Легко понять, что точки $P$ и $H$ лежат на одной окружности с диаметром $BC.$ Также заметим, что $BP\cdot BM=BC^2=BD^2,$ то есть описанная окружность треугольника $MPD$ касается прямой BD. Тогда $\angle PMD=\angle PDB.$ Так как $\angle NDB=\angle BCH=\angle BPH=\angle DPN,$ то $\angle PMD=\angle PDB=\angle PDN+\angle NDB=\angle PDN + \angle DPN= \angle PNC$ или $\angle PMD=\angle PNC.$ Получилось, что в четырехугольнике $MPND$ внутренний угол при вершине $M$ равен внешнему углу при вершине $N,$ то есть он вписанный.

Из условия (пользуясь Теоремой Евклида) получаем, что $BD^2=BC^2=BP\cdot BM,$ откуда окружность $(MPD)$ касается прямой $BD$ в точке $D.$

Заметим, что $HPCB$ вписанный четырехугольник с диаметром $BC,$ следовательно $\angle BPH=\angle BCH=\angle BDN.$

Из равенства $\angle DPH=\angle NPB,$ получаем $\angle BPH=\angle NPD.$ Значит $\angle DPN=\angle NDB,$ то есть окружность $(NPD)$ касается прямой $BD$ в точке $D.$

По итогу окружности $(MPD)$ и $(NPD)$ совпадают, откуда следует требуемое. $\quad\blacksquare$

Решение можете посмотреть на данном сайте в разделе математика:

Республика 2019

На самом деле задача в лоб считается.Пусть CBM = b, MBA = a.Еще BC=1. И возьмем такую точку N, что MPDN вписанный, и докажем изогональность. Не трудно понять, что:

\[XP \cdot XM = \dfrac{\sin b \cdot \sin a}{\cos a} \cdot \dfrac{\sin b \cdot \sin(a+b)}{\cos a \cdot \cos b}\]

И

\[XD = \dfrac{\sin(2a+b)}{\cos a}\]

Через степень точки выражаем:

\[XN = \dfrac{\sin a \cdot \sin^2 b \cdot \sin(a+b)}{\cos a \cdot \cos b \cdot \sin(2a+b)}\]

Далее очевидно выражаем XD, и тама будет:

\[\dfrac{DH}{HX} \cdot \dfrac{ND}{NX} = \dfrac{\cos a \cdot \sin^2(2a+b) \cdot \cos b - \sin a \cdot \sin b \cdot \sin(a+b) \cdot \cos a}{\sin^2 a \cdot \sin^2 b \cdot \cos(a+b)}\]

Также:

\[\dfrac{PD^2}{PX^2} = \dfrac{\sin^2 a \cdot \cos^2 a \cdot \cos^2(a+b) \cdot \cos^2 a + 2 \sin a \cdot \cos(a+b) \cdot \cos b \cdot \cos^2 a}{\sin^2 b \cdot \sin^2 a}\]

Ну там еще знаменатели красиво сократятся, и остальное добивается в лоб заменой

\[\sin a = x, \quad \sin b = y, \quad \cos a = z, \quad \cos b = t\]

и все по формулам раскрываем, там недолго.

Заметим что $BP \cdot BM$ = $BC^2$ = $BD^2$ $\Rightarrow$ прямая $BD$ и $(MPD)$ касается . Пусть $\angle NPR=\alpha$,$\angle NPH=\beta$ $\Rightarrow$ $\angle HCB=\alpha+\beta$ $\rightarrow$ $\angle HCB=\angle BCD=\angle BDC=\alpha+\beta$.Пусть $\angle PHR=\theta$ и у нас по условию $\angle HPD$ = $\angle RPN=\alpha$ $\Rightarrow$ $\angle PDH$ = $\theta-\alpha$ $\rightarrow$ $\angle PDB$ = $\angle PMD$ = $\theta+\beta$.Так как у нас $\angle NPH=\beta$ , $\angle NHP=\theta$

$\Rightarrow$ $\angle PNR=\theta+\beta$ $\rightarrow$ $\angle PMD$ = $\angle PNR$ = $\theta+\beta$ $\blacksquare$

по евклиду $BH \cdot BA = BD^2 = BC^2 = BP \cdot BM$ значит $\square AHPM$ вписан и также $(DMP)$ касается $\overline{BD}$ в точке $D$. $\angle BDC = \angle BAC = \angle HPB = \angle DPN$ значит $(DPN)$ касается $\overline{BD}$ в точке $D$, очевидно из этого следует вписанность $(DMPN)$