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 $RN = SN$.

  6
2021-07-05 16:00:19.0 #

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
  2
2024-05-20 00:00:09.0 #

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