Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Республиканская олимпиада по математике, 2020 год, 9 класс


Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон AB,BC,CA в точках C0,A0,B0, соответственно. Пусть точка M — середина отрезка, соединяющего вершину C0 с точкой пересечения высот треугольника A0B0C0, точка N — середина дуги ACB описанной окружности треугольника ABC. Докажите, что прямая MN проходит через центр вписанной окружности треугольника ABC. ( Ильясов С. )
посмотреть в олимпиаде

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 ABC — треугольник, вписанный в окружность ω, такой что его стороны параллельны сторонам ABC и они с ним одинаково ориентированы.

Из построения следует, что треугольники ABC и ABC гомотетичны. Пусть S — центр этой гомотетии H, и пусть H(N)=N. Поскольку ABAB, то точка C0 — середина дуги AB. Откуда следует, что A0A, B0B, C0C — биссектрисы в треугольнике ABC. Из этого легко заключить, что I — центр вписанной окружности в треугольнике ABCH(I)=IININ. Так как N и C0 — середины дуг ACB и AB окружности ω, то NC0 — ее диаметр. Поэтому, NI=IC0, но C0M=MIMIIN. Итак, MIININM,N,I лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

пред. Правка 5   3
4 года 8 месяца назад #

Решение: Введем обозначения: X=COIω(A0B0C0), Y=CIA0B0, Z=CIω(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 C0HZI, C0XZN. То есть, Лемма №2 является верным.

Тогда согласно Лемме №1,2 , имеем HRNI, значит NI проходит через середину HC0. Что и требовалось доказать.

  3
4 года 8 месяца назад #

Решение: Введем обозначения: X=COIω(A0B0C0), Y=CIA0B0, Z=CIω(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 C0HZI, C0XZN. То есть, Лемма №2 является верным.

Тогда согласно Лемме №1,2 , имеем HRNI, значит NI проходит через середину HC0. Что и требовалось доказать.

  1
4 года 8 месяца назад #

пред. Правка 2   4
4 года 4 месяца назад #

Доказательство: Пусть Hточка пересечения высот A0B0C0, а также HC=(C0HA0B0) и C1,M середины отрезков A0B0,C0H, соответственно.

Рассмотрим инверсию Ψ относительно окружности (A0B0C0). Тогда окружность (ABC) переходит в Ωокружность 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,Mлежат 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 IC1IC=IA20.

пред. Правка 2   5
3 года 10 месяца назад #

Решение через тригонометрию: Введем обозначения как в моем прошлом решении, а так же классические обозначения углов и длин для ABC

Известно, что HC1MI, поэтому достаточно доказать, что C1HHC=CIN, что равносильно с

CNCI=HCC1HCH(1)

(1 часть счета) Из теоремы синусов для (ABC) находим, что CN=2RsinCBN=2Rsin(βα2).

Для прямоугольного треугольника CIB0 верно следующее: CI=pccos(γ).

Значит CNCI=2Rsin(βα2)cos(γ)pc.

(2 часть счета) Заметим, что HCA0HCB0=HCHHCC0. Заметим, что

B0C0A0C0sin(180γ2)=HCC0A0B0,

откуда HCH=HCA0HCB0A0B0A0C0B0C0cos(γ2)=2(pc)sin(α2)sin(β2)tan(γ2).

Запишем следующие равенства

B0HC=B0C0sin(β2)=2(pa)sin(α2)sin(β2),

A0HC=A0C0sin(α2)=2(pb)sin(α2)sin(β2),

HCC1=B0HCA0HC2=(ba)sin(α2)sin(β2),

тогда HCC1HCH=ba2(pc)tan(γ2).

(3 часть счета) Тогда (1)ba=4Rsin(βα2)sin(γ2)sin(β)sin(α)=2sin(βα2)cos(β+α2), что является формулой разности синусов.

пред. Правка 4   1
8 месяца 8 дней назад #

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 KLEF = 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 DEB0A0, и благодаря лемме 2,3 => E,H,F и середина отрезка B0A0 лежат на одной линии.

Очевидно DC0CL поэтому ICD=HDF=FEI=KNL по лемме Веррьера. Опять таки очевидно что C0ENL и NKL=EFC0 поэтому EFNK и так как I середина отрезка EC0 => M лежит на той же линии что и IN