Республиканская олимпиада по математике, 2020 год, 9 класс
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Пусть ω — вписанная окружность треугольника ABC, I — ее центр; I′ — точка пересечения высот треугольника A0B0C0. Пусть A′B′C′ — треугольник, вписанный в окружность ω, такой что его стороны параллельны сторонам ABC и они с ним одинаково ориентированы.
Решение: Введем обозначения: X=COI∩ω(A0B0C0), Y=CI∩A0B0, Z=CI∩ω(ABC), I и O - центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC. Приведем доказательство, состоящее из следующих двух лемм.
Лемма №1. Точки H,Y,X коллинеарны.
Лемма №2. Треугольники HCOX и IZN гомотетичны.
Доказательство леммы №2. Так как, I яляется центром вписанной окружности треугольника ABC, то CI - биссектриса, значит Z - середина дуги AOB. Отсюда немедленно следует , что прямая ZN проходит через центр описанной окружности треугольника ABC, то есть ∠ZAN=90o.Треугольники IA0Y и ZNA подобные, согласно первому признаку подобия треугольников, так как ∠ZAN=∠IYA0=90o, ∠ZNA=∠ZCA=∠ZCB=∠IAOY(1) Из подобия треугольников треугольники IA0Y и ZNA следует, что
ZIZN=ZAZN=IYIA0=2IY2IA0=C0HC0X(2)
откуда C0H∥ZI, C0X∥ZN. То есть, Лемма №2 является верным.
Тогда согласно Лемме №1,2 , имеем HR∥NI, значит NI проходит через середину HC0. Что и требовалось доказать. ◻
Решение: Введем обозначения: X=COI∩ω(A0B0C0), Y=CI∩A0B0, Z=CI∩ω(ABC), I и O - центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC. Приведем доказательство, состоящее из следующих двух лемм.
Лемма №1. Точки H,Y,X коллинеарны.
Лемма №2. Треугольники HCOX и IZN гомотетичны.
Доказательство леммы №2. Так как, I яляется центром вписанной окружности треугольника ABC, то CI - биссектриса, значит Z - середина дуги AOB. Отсюда немедленно следует , что прямая ZN проходит через центр описанной окружности треугольника ABC, то есть ∠ZAN=90o.Треугольники IA0Y и ZNA подобные, согласно первому признаку подобия треугольников, так как ∠ZAN=∠IYA0=90o, ∠ZNA=∠ZCA=∠ZCB=∠IAOY(1) Из подобия треугольников треугольники IA0Y и ZNA следует, что
ZIZN=ZAZN=IYIA0=2IY2IA0=C0HC0X(2)
откуда C0H∥ZI, C0X∥ZN. То есть, Лемма №2 является верным.
Тогда согласно Лемме №1,2 , имеем HR∥NI, значит NI проходит через середину HC0. Что и требовалось доказать. ◻
Доказательство: Пусть H−точка пересечения высот △A0B0C0, а также HC=(C0H∩A0B0) и C1,M середины отрезков A0B0,C0H, соответственно.
Рассмотрим инверсию Ψ относительно окружности (A0B0C0). Тогда окружность (ABC) переходит в Ω−окружность девяти точек △A0B0C0, которая проходит через точки C1,HC,M. Заметим, что MC1 диаметр Ω, поскольку ∠MHCC1=90 ⟹∠C1N1M=90.
Пусть при инверсии Ψ точка N переходит в N1, откуда ∠C1N1I=∠NCI=90,
следовательно точки N1,I,M−лежат на одной прямой, но тогда точки N,N1,I,M и в частности N,I,M лежат на одной прямой, соответственно. ◼
Примечания: Через (XYZ) обозначается описанная окружность △XYZ.
Очевидно, что Ψ переводит C в C1, так как IC1⋅IC=IA20.
Решение через тригонометрию: Введем обозначения как в моем прошлом решении, а так же классические обозначения углов и длин для △ABC
Известно, что HC1∥MI, поэтому достаточно доказать, что ∠C1HHC=∠CIN, что равносильно с
CNCI=HCC1HCH(1)
(1 часть счета) Из теоремы синусов для (ABC) находим, что CN=2Rsin∠CBN=2Rsin(β−α2).
Для прямоугольного треугольника CIB0 верно следующее: CI=p−ccos(γ).
Значит CNCI=2Rsin(β−α2)⋅cos(γ)p−c.
(2 часть счета) Заметим, что HCA0⋅HCB0=HCH⋅HCC0. Заметим, что
B0C0⋅A0C0sin(180−γ2)=HCC0⋅A0B0,
откуда HCH=HCA0⋅HCB0⋅A0B0A0C0⋅B0C0⋅cos(γ2)=2(p−c)sin(α2)sin(β2)⋅tan(γ2).
Запишем следующие равенства
B0HC=B0C0sin(β2)=2(p−a)sin(α2)sin(β2),
A0HC=A0C0sin(α2)=2(p−b)sin(α2)sin(β2),
HCC1=B0HC−A0HC2=(b−a)sin(α2)sin(β2),
тогда HCC1HCH=b−a2(p−c)tan(γ2).
(3 часть счета) Тогда (1)⟺b−a=4Rsin(β−α2)sin(γ2)⟺sin(β)−sin(α)=2sin(β−α2)cos(β+α2), что является формулой разности синусов. ◼
Пусть D = HC0 ⋂ (A0B0C0)
K = CD ⋂ (ABC)
F = CD ⋂ (A0B0C0)
L середина дуги BC отличная от N
Лемма 1. K точка касания описанной и полувписанной
Лемма 2. Из точки А на окружность ω проведены две касательны AB и AC. На меньшей дуге BC выбрана точка E на большой F, тогда AE и AF изогональны если EF проходят через середину BC.
Д-во. Пусть K = AF ⋂ (ABC), L = AE ⋂ (ABC). Касательные из точек K и A к ω пересекаются на BC из гармоничности, аналогично точки E и C, тогда по теореме паскаля KL ⋂ EF = M, где M середина BC. Тогда из теоремы о бабочке очевидно ∠KAM = ∠EAM.
Лемма 3. Ортоцентр △ABC, середина стороны противолежащий к углу A и точка лежащей диаметрально относительно A лежат на одной линии.
Лемма Веррьера. K,I,N лежат на одной линии.
Решение.
Возьмём точку E как точку лежащей диаметрально от точки C0, тогда CD и CE изогональные точки так как H и I изогонально сопряжены и DE∥B0A0, и благодаря лемме 2,3 => E,H,F и середина отрезка B0A0 лежат на одной линии.
Очевидно DC0∥CL поэтому ∠ICD=∠HDF=∠FEI=∠KNL по лемме Веррьера. Опять таки очевидно что C0E∥NL и ∠NKL=∠EFC0 поэтому EF∥NK и так как I середина отрезка EC0 => M лежит на той же линии что и IN
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.