Решения: Республиканская олимпиада, Заключительный этап

Республиканская олимпиада по математике, 2020 год, 10 класс

$ABC$ үшбұрышының

$CM$ медианасында

$AB^2=4 \cdot MN \cdot MC$ болатындай

$N$ нүктесі белгіленген.

$AN$ және

$BN$ түзулері

$\triangle ABC$ -ға сырттай сызылған шеңберді екінші рет сәйкесінше

$P$ және

$Q$ нүктелерінде қияды.

$R$ нүктесі —

$PQ$ кесіндісіндегі

$\angle NRC = \angle BNC$ теңдігі орындалатындай

$Q$ -ға ең жақын нүкте;

$S$ нүктесі —

$PQ$ кесіндісіндегі

$\angle NSC = \angle ANC$ теңдігі орындалатындай

$P$ -ға ең жақын нүкте.

$RN = SN$ теңдігін дәлелдеңіз. ( М. Кунгожин )

посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Опустим перпендикуляры $AH$ и $BT$ на прямые $BN$ и $AN$ соответственно. Тогда $MA = MB = MH = MT$ и $MN \cdot MC = \dfrac{AB^2}{4} = BM^2 = MH^2$ , то есть описанная окружность $\triangle CNH$ касается прямой $MH$ или $\angle HCN = \angle MHN$ . Получается, что $\angle HCN = \angle MHN = \angle MBN = \angle BCN$ , $\angle HMC = \angle HNC - \angle MHN = \angle HNC - \angle NCB = \angle NBC$ или $\triangle CHM \sim \triangle CNB$ .

Пусть отрезки

$CH$ и

$PQ$ пересекаются в точке

$R_1.$ Тогда из

$\angle HCN = \angle MHN = \angle MBN = \angle ABQ = \angle APQ$ следует, что четырехугольник

$CR_1NP$ вписанный. Из последнего получим

$\angle CNR_1 = \angle CPR_1 = \angle CBQ = \angle CMH$ , то есть получим параллельность

$MH \parallel NR_1$ . Тогда

$\angle NR_1C = \angle MHC = \angle BNC (1)$ . Но на отрезке

$QR_1$ не существует иной точки

$R_1$ , для которой выполнено равенство (1). Значит, точки

$R$ и

$R_1$ совпадают. А для точки

$R_1$ как раз выполнено

$\angle NR_1C = \angle BNC$ и

$RN = R_1N = MH \cdot \dfrac{CN}{CM}.$ Аналогично доказывается, что

$SN = MT \cdot \dfrac{CN}{CM}$ . Но так как

$MH = MT$ , то и

$RN = SN$ .

ASDF

3 года 9 месяца назад #

Решение: Из условия $MN\cdot MC = AB^2 / 4=AM^2$ следует, что

$\angle CQB = \angle CAM = \angle ANM = 180 - \angle ANC = 180 - \angle NSC,$

значит $CQNS$ вписанный. Тогда $\angle NSR = \angle NCQ = \angle ACB.$ Последнее равенство следует из равенства $\angle MCB = \angle MBN.$

Аналогично $\angle NRS = \angle ACB.$ Отсюда легко вывести требуемое.

ASDF

IMO

10 месяца 24 дней назад #

Не сложно заметить что $N$ точка шалтая. Заметим что $\angle NPC=\angle ABC=180-\angle BNC=180-\angle CRN$ отсюда $CPRN$ вписанный аналогично $CQNS$ вписанный. Отразим $N$ относительно $M$ в точке $K$ и заметим что $K$ будет лежать на окружность .Тем не менее $ANBK$ будет паралелограмом. По вписаности $\angle PRN=\angle PCN =\angle PAK=\angle NBK= \angle NCQ=\angle NSR$ отсюда требуемое.

IMO