5-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2018 год, первая лига, 11-12 классы
Комментарий/решение:
Докажем что KLMN это точки касания вписанной окружности со сторонами.
1) Пусть l1,l2 лучи с началом в точке O проведем биссектрису l внутреннего
угла, возьмем произвольную точку H на l1 проведем окружность ω с центром в O и R=OH пусть I∈ω∩l, тогда пусть C∈l2 такая что ∠CBI=∠IBA где A,D на l1,l2 такие что OC⋅OD=OB⋅OA=OH2 тогда ABCD описанный
Утверждение 1 : I центр вписанной окружности ABCD
Доказательство: Пусть F∈OI∩BC тогда так как BI биссектриса ∠ABC тогда OIFI=OBBF но так как I так же биссектриса, значит OCOB=FCBF откуда из обоих получается OIFI=OCFC значит CI биссектриса ∠BCD , но так как OH2=OI2=OB⋅OA откуда треугольники AOI,BOI подобны, тогда ∠OAI=∠OIB тогда ∠OAI=∠OIB=90∘−∠AOI−∠OBC2 но так как ∠OAD=∠OCB=180∘−2∠AOI−∠OBC то есть AI биссектриса ∠OAD аналогично DI биссектриса ∠ADO .
2) Пусть E∈AC∩BD , опустим перпендикуляры из точки I на стороны AB,BC,CD,AD пусть их основания K,L,M,N соответственно .
Утверждение 2: вышеописанном построений KM,LN биссектрисы ∠AEB,∠BEC соответственно.
Доказательство: CMDM=CEDE=BCAD но
CM=CL,DM=DN тогда нужно показать что ANDN=BLCL
Если J точка касания вписанной окружности в треугольник OBC со стороной BC по известному факту для точек вневписанной окружности и вписанной BJ=CL то есть при поворотной гомотетий с центром в O относительно l с k=OAOC точка J⇒N поэтому BLCL=CJBJ=ANDN
аналогично что EK биссектриса AEB , для EL получается BLCL=BECE что тоже самое что DMCM=AKBK что верно так как это равносильно AE⋅BE=CE⋅DE то есть KLMN - вписанный значит и ABCD описанный.
Верно и обратное
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.