Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2019 год

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$. Точки $B'$ и $C'$ симметричны точкам $B$ и $C$ относительно прямых $CD$ и $AB$ соответственно. Докажите, что середина отрезка, соединяющего центры описанных окружностей треугольников $ABC'$ и $B'CD$, равноудалена от точек $A$ и $D$. ( А. Кузнецов )

Комментарий/решение

Решение легкое, просто супер подробно расписано, поэтому не бойтесь

Сначало введем обозначения:

Б.О.О. $AD>BC$

$O_1$–центр окружности $ABC'$, а $R_1$ ее радиус

$O_2$–центр окружности $B'CD$, а $R_2$ ее радиус

$M$–середина $AD$

$N$–середина $O_1 O_2$

Прямая $O_1A$ пересекает $NM$ в точке $Y$

Прямая $O_2D$ пересекает $NM$ в точке $Z$

Прямая $O_1A$ пересекает $O_2D$ в точке $X$

Продолжение $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E$

Решение:

Б.О.О. $R_1 \leq R_2$ (ну я не знаю насколько это повлияет, просто чтобы с рисунком не путаться)

Тут вообще хз че делать с $N$ значит забьем на идею решить это нормально и сразу пойдем считать.

Достаточно доказать, что $NM$ серединный перпендикуляр для $AD$ т.е. нужно доказать, что $NM$ перпендикулярен $AD$

Воспользуемся менелаем для $\triangle{O_2O_1X}$ и секущая $NZ$. Тогда $\dfrac{O_2N}{NO_1} \times \dfrac{O_1Y}{YX} \times \dfrac{XZ}{ZO_2}=1$

$N$ середина значит (i) $\dfrac{O_1Y}{YX} \times \dfrac{XZ}{ZO_2}=1$

Теперь менелая для $\triangle{DAX}$ и секущая $MZ$ тогда получаем

$\dfrac{DM}{MA} \times \dfrac{AY}{YX} \times \dfrac{XZ}{ZD}=1$

$M$ середина значит (ii) $\dfrac{AY}{YX} \times \dfrac{XZ}{ZD}=1$

Объеденим (i) и (ii) тогда получим $\dfrac{O_1Y}{ZO_2}=\dfrac{AY}{ZD}$ (ну просто $\dfrac{XZ}{YX}$ сокращается)

А это тоже самое, что $\dfrac{O_1Y}{AY}=\dfrac{ZO_2}{ZD}$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{O_1Y}{AY}-1=\dfrac{ZO_2}{ZD}-1$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{O_1A}{AY}=\dfrac{O_2D}{ZD}$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{R_1}{AY}=\dfrac{R_2}{ZD}$ $\Leftrightarrow$ (iii) $\dfrac{R_1}{R_2}=\dfrac{AY}{ZD}$

Теперь считаем углы

Пусть $\angle{AMY}=m$ дальше будем доказывать, что $m=90$

$\angle{AYM}=y;\angle{MZD}=z;\angle{O_1AC'}=\angle{O_1C'A}=b;\angle{O_2DB'}=\angle{O_2B'D}=a$

Тогда сразу $\angle{C'O_1A}=180-2b$

Поймем, что $\angle{C'O_1A}$ смотрит на дугу противоположную на $\angle{C'BA}$ но $\angle{C'O_1A}$–центральный угол. Значит $\dfrac{\angle{C'O_1A}}{2}+\angle{C'BA}=180 \Rightarrow \angle{C'BA}=90-b=\angle{EBC}=\angle{EAD}$ (вертикальность и потом параллельность)

Аналогично $\angle{CDA}=90-a$

Так же $\angle{MAY}=180-m-y \Rightarrow \angle{C'AB}=m+y-90$ потому что $\angle{O_1AC'}+ \angle{C'AB}+\angle{BAD}+\angle{MAY}=180$ и тут трое известные. Нетрудно найти четвертую

Аналогично $\angle{CDB'}=90-m+z$

Дальше по теореме синусов для $\triangle{C'AB};\triangle{B'DC}$ получаем $\dfrac{C'B}{Sin(m+y-90)}=2R_1$

$\dfrac{B'C}{Sin (90-m+z)}=2R_2$

Значит так как $C'B=B'C \Rightarrow Sin (m+y-90) \times 2R_1=Sin (90-m+z) \times 2R_2$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{R_1}{R_2}=\dfrac{Sin (90-m+z)}{Sin (m+y-90)}$ но вспоминая (iii) поймем, что $\dfrac{AY}{ZD}=\dfrac{Sin (90-m+z)}{Sin (m+y-90)}$ запомните это

Теперь теорему синусов для $\triangle{AMY};\triangle{DMZ}$ тогда получаем $\dfrac{AY}{Sin(m)}=\dfrac{AM}{Sin(y)}$ так же $\dfrac{ZD}{Sin (m)}=\dfrac{MD}{Sin (z)}$ тогда перемножим крест на крест и получим $AY Sin (y)=AM Sin (m) =DM Sin (m)=ZD Sin (z) \Rightarrow AY Sin (y)=ZD Sin (z) \Leftrightarrow \dfrac{AY}{ZD}=\dfrac{Sin (z)}{Sin (y)}$ но мы помним, что $\dfrac{AY}{ZD}=\dfrac{Sin (90-m+z)}{Sin (m+y-90)}$ значит $\dfrac{Sin (z)}{Sin (y)}=\dfrac{Sin (90-m+z)}{Sin (m+y-90)} \Leftrightarrow \dfrac{Sin (m+y-90)}{Sin (y)}=\dfrac{Sin (90-m+z)}{Sin (z)}$

Теперь пусть $90-m=k$ тогда уравнение равносильна на $\dfrac{Sin(y-k)}{Sin(y)}=\dfrac{Sin(z+k)}{Sin(z)}$ раскрыв верхние синусы получаем $-ctg(y) \times sin(k)=ctg(z) \times sin(k)$ $\Leftrightarrow$

$sin(k)(ctg(y)+ctg(z))=0$

Тогда либо первый случай:

$Sin(k)=0$ и мы получаем требуемое(потому что $k=0=90-m$)

Либо второй случай:

$ctg(y)+ctg(z)=0$ но это только тогда, когда $Sin(y+z)=0$(просто посмотрите как котангенс суммируется)

Так как $0<y;z<180$ значит $y+z=180$ тогда $X=Y=Z$(просто посчитайте $\angle{YXZ}=180-y-z$) и $O_1O_2DA$ будет равнобокой трапецией и там уже очевидно что $NM$ перпендикулярен $AD$ Ч.Т.Д.

Если что все счеты были сделаны в градусах а не в радианах и если написано просто $90$ то это $90°$

Пусть $C_1$ и $B_1$ вторые точки пересечения $(ABC')$ и $(B'CD)$ с $AD$. Тогда $\angle C_1AB=\angle ABC=\angle ABC'$, значит $ABC'C_1$ равнобокая трапеция, значит $BC=BC'=AC_1$. Аналогично $BC=DB_1$, значит $AC_1=DB_1$.

Проекции центров $(ABC')$ и $(B'CD)$ на $AD$ являются серединами отрезков $AC_1, DB_1$ соответственно, но так как они равно, то равны и половинки, значит проекция середины линии центров является серединой $AD$.