Республиканская олимпиада по математике, 2020 год, 9 класс

$ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер $AB, BC, CA$ қабырғаларын сәйкесінше $C_0, A_0, B_0$ нүктелерінде жанайды. $M$ нүктесі — $C_0$ нүктесін $A_0B_0C_0$ үшбұрышының биіктіктер қиылысу нүктесімен қосатын кесіндінің ортасы, ал $N$ нүктесі — $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің $ACB$ доғасының ортасы. $MN$ түзуінің $ABC$-ға іштей сызылған шеңбердің центрі арқылы өтетінін дәлелдеңіз. ( Ильясов С. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Пусть $\omega$ — вписанная окружность треугольника $ABC$, $I$ — ее центр; $I'$ — точка пересечения высот треугольника $A_0B_0C_0$. Пусть $A'B'C'$ — треугольник, вписанный в окружность $\omega$, такой что его стороны параллельны сторонам $ABC$ и они с ним одинаково ориентированы.

$\textbf{Решение:}$ Введем обозначения: $X=C_OI\cap \omega(A_0B_0C_0), ~ Y=CI\cap A_0B_0, ~ Z=CI\cap \omega(ABC) ,~ I$ и $O$ - центры вписанной и описанной окружностей треугольника $ABC$. Приведем доказательство, состоящее из следующих двух лемм.

$\textbf{Лемма №1.}$ Точки $H,Y,X$ коллинеарны.

$\textbf{Лемма №2.}$ Треугольники $HC_OX$ и $IZN$ гомотетичны.

$\textbf{Доказательство леммы №2.}$ 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 $\angle ZAN=90^o$.Треугольники $IA_0Y$ и $ZNA$ подобные, согласно первому признаку подобия треугольников, так как $$\angle ZAN=\angle IYA_0=90^o, ~ \angle ZNA=\angle ZCA=\angle ZCB=\angle IA_OY \qquad \qquad(1)$$ Из подобия треугольников треугольники $IA_0Y$ и $ZNA$ следует, что

$$\frac{ZI}{ZN}=\frac{ZA}{ZN}=\frac{IY}{IA_0}=\frac{2IY}{2IA_0}=\frac{C_0H}{C_0X}\qquad \qquad (2)$$

откуда $C_0H\parallel ZI, ~ C_0X \parallel ZN$. То есть, $\textbf{Лемма №2}$ является верным.

Тогда согласно $\textbf{Лемме №1,2}$ , имеем $HR\parallel NI$, значит $ NI $ проходит через середину $ HC_0 $. Что и требовалось доказать. $\square$

$\textbf{Решение:}$ Введем обозначения: $X=C_OI\cap \omega(A_0B_0C_0), ~ Y=CI\cap A_0B_0, ~ Z=CI\cap \omega(ABC) ,~ I$ и $O$ - центры вписанной и описанной окружностей треугольника $ABC$. Приведем доказательство, состоящее из следующих двух лемм.

$\textbf{Лемма №1.}$ Точки $H,Y,X$ коллинеарны.

$\textbf{Лемма №2.}$ Треугольники $HC_OX$ и $IZN$ гомотетичны.

$\textbf{Доказательство леммы №2.}$ 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 $\angle ZAN=90^o$.Треугольники $IA_0Y$ и $ZNA$ подобные, согласно первому признаку подобия треугольников, так как $$\angle ZAN=\angle IYA_0=90^o, ~ \angle ZNA=\angle ZCA=\angle ZCB=\angle IA_OY \qquad \qquad(1)$$ Из подобия треугольников треугольники $IA_0Y$ и $ZNA$ следует, что

$$\frac{ZI}{ZN}=\frac{ZA}{ZN}=\frac{IY}{IA_0}=\frac{2IY}{2IA_0}=\frac{C_0H}{C_0X}\qquad \qquad (2)$$

откуда $C_0H\parallel ZI, ~ C_0X \parallel ZN$. То есть, $\textbf{Лемма №2}$ является верным.

Тогда согласно $\textbf{Лемме №1,2}$ , имеем $HR\parallel NI$, значит $ NI $ проходит через середину $ HC_0 $. Что и требовалось доказать. $\square$

Доказательство: Пусть $H-$точка пересечения высот $\triangle A_0B_0C_0,$ а также $H_C=(C_0H\cap A_0B_0)$ и $C_1,M$ середины отрезков $A_0B_0,C_0H,$ соответственно.

Рассмотрим инверсию $\Psi$ относительно окружности $(A_0B_0C_0).$ Тогда окружность $(ABC)$ переходит в $\Omega-$окружность девяти точек $\triangle A_0B_0C_0,$ которая проходит через точки $C_1,H_C,M.$ Заметим, что $MC_1$ диаметр $\Omega,$ поскольку $\angle MH_CC_1=90$ $$\implies \angle C_1N_1M=90.$$

Пусть при инверсии $\Psi$ точка $N$ переходит в $N_1,$ откуда $$\angle C_1N_1I=\angle NCI=90,$$

следовательно точки $N_1,I,M-$лежат на одной прямой, но тогда точки $N,N_1,I,M$ и в частности $N,I,M$ лежат на одной прямой, соответственно. $\blacksquare$

Примечания: Через $(XYZ)$ обозначается описанная окружность $\triangle XYZ.$

Очевидно, что $\Psi$ переводит $C$ в $C_1,$ так как $IC_1\cdot IC=IA_0^2.$

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

Известно, что $HC_1\parallel MI,$ поэтому достаточно доказать, что $\angle C_1HH_C=\angle CIN,$ что равносильно с

$$\dfrac{CN}{CI}=\dfrac{H_CC_1}{H_CH}\quad (1)$$

(1 часть счета) Из теоремы синусов для $(ABC)$ находим, что $CN=2R\sin\angle CBN=2R\sin\left(\dfrac{\beta-\alpha}{2}\right).$

Для прямоугольного треугольника $CIB_0$ верно следующее: $CI=\dfrac{p-c}{\cos(\gamma)}.$

Значит $\dfrac{CN}{CI}=\dfrac{2R\sin\left(\dfrac{\beta-\alpha}{2}\right)\cdot \cos(\gamma)}{p-c}.$

(2 часть счета) Заметим, что $H_CA_0\cdot H_CB_0=H_CH\cdot H_CC_0.$ Заметим, что

$$B_0C_0\cdot A_0C_0\sin\left(\dfrac{180-\gamma}{2}\right)=H_CC_0\cdot A_0B_0,$$

откуда $H_CH=\dfrac{H_CA_0\cdot H_CB_0\cdot A_0B_0}{A_0C_0\cdot B_0C_0\cdot\cos\left(\dfrac{\gamma}{2}\right)}=2(p-c)\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\beta}{2}\right)\cdot \tan\left(\dfrac{\gamma}{2}\right).$

Запишем следующие равенства

$$B_0H_C=B_0C_0\sin\left(\dfrac{\beta}{2}\right)=2(p-a)\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\beta}{2}\right),$$

$$A_0H_C=A_0C_0\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=2(p-b)\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\beta}{2}\right),$$

$$H_CC_1=\dfrac{B_0H_C-A_0H_C}{2}=(b-a)\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\beta}{2}\right),$$

тогда $\dfrac{H_CC_1}{H_CH}=\dfrac{b-a}{2(p-c)\tan\left(\dfrac{\gamma}{2}\right)}.$

(3 часть счета) Тогда $(1)\iff b-a=4R\sin\left(\dfrac{\beta-\alpha}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\gamma}{2}\right)\iff \sin\left(\beta\right)-\sin\left(\alpha\right)=2\sin\left(\dfrac{\beta-\alpha}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\beta+\alpha}{2}\right),$ что является формулой разности синусов. $\blacksquare$

Пусть $D$ = $HC_{0}$ ⋂ $(A_{0}$$B_{0}$$C_{0}$)

$K$ = $CD$ ⋂ ($ABC$)

$F$ = $CD$ ⋂ $(A_{0}$$B_{0}$$C_{0}$)

$L$ середина дуги $BC$ отличная от $N$

Лемма 1. $K$ точка касания описанной и полувписанной

Лемма 2. Из точки $А$ на окружность $\omega$ 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 $\omega $ 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 $\angle KAM$ = $\angle EAM$.

Лемма 3. Ортоцентр $ \triangle 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 $C_{0}$, тогда $CD$ и $CE$ изогональные точки так как $H$ и $I$ изогонально сопряжены и $DE$∥$B_{0}A_{0}$, и благодаря лемме 2,3 => $E$,$H$,$F$ и середина отрезка $B_{0}$$A_{0}$ лежат на одной линии.

Очевидно $DC_{0}$∥$CL$ поэтому $\angle ICD$=$\angle HDF$=$\angle FEI$=$\angle KNL$ по лемме Веррьера. Опять таки очевидно что $C_{0}$$E$∥$NL$ и $\angle NKL$=$\angle EFC_{0}$ поэтому $EF$∥$NK$ и так как $I$ середина отрезка $EC_{0}$ => $M$ лежит на той же линии что и $IN$