5-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2018 год, первая лига, 11-12 классы
Комментарий/решение:
Рассмотрим для начала следующую задачу:
1) Пусть l1,l2 две пересекающие прямые в точке M, пусть по одну сторону на l1,l2 взяты соответственно точки F,E так что MF=ME , так же пусть на этих же прямых соответственно взяты произвольно точки A′,D′ , пусть на l1 взято точка B что D′F||BE аналогично A′E||CF, проведем биссектрису l угла FME отразим симметрично l точки A′⇒A, B′⇒B тогда MF2=ME2=MA⋅MB=MD⋅MC то есть ABCD вписанный и ∠MBE=∠MEA и ∠MCF=∠MFD значит ME,MF касательные соответственно к описанным окружностям DFC,ABE получаем нужную конструкцию к условию задачи.
Пусть J,I,K,L центры вписанных окружностей DGE,AGF,FBH,EHC соответственно, пусть LT⊥EC и JT||CE то есть JLT прямоугольный треугольник , аналогично INK для FB.
Лемма: Треугольники JKT,INK подобны.
Доказательство: покажем что JTIN=LTKN
По построению EG=EH (1) и FG=FH (2) и ∠FEA=∠FEB=a, ∠DFC=∠CFE=c и ∠AEM=b
Из (1) получаем RDGEREHC=tg(a+b2)+ctg(a+c2)ctg(a+c2)+ctg(b2) (3)
из (2) получаем RAGFRFBH=tg(a+b+c2)+ctg(a+c2)ctg(a+b−c2)+ctg(a+c2) (4)
EX,EY отрезки касательных к DGE,EHC и FZ,FW для AFG,BFH тогда JT=EX+EY аналогично IN=FZ+FW
EX=ctg(b2)⋅RDGE, EY=tg(a+b2)⋅REHC,
FZ=ctg(a+b−c2)⋅RAGF, FW=tg(a+b+c2)⋅RFBH
тогда учитывая (3), (4)
JTIN=REHCRFBH⋅tg(a+b2)⋅ctg(a+b+c2)
С другой стороны LTKN=REHC−RDGERFBH−RAGF
аналогично учитывая (3),(4) LTKN=REHCRFBH⋅tg(a+b2)⋅ctg(a+b+c2)
ч.т.д
2) Пусть I′,K′ симметричные относительно l точки, тогда II′KK′ вписанный (равнобедренная трапеция) отметим что ∠JII′=∠KK′L=x следует из того что II′ || KK′||FE тогда из леммы получается что I'K" || JL тогда пусть \angle I'IK = y и Q \in JL \cap KK' тогда \angle I'K'K = \angle JQK = 180-y откуда \angle KQL = y так же \angle JLK = 180-x-y но \angle JIK = x+y откуда JIKL вписанный.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.