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

8-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2021 год, третья лига, 11-12 классы


В треугольник ABC вписана окружность с центром I, касающаяся стороны BC в точке D. На стороне BC нашлись точки P и Q такие, что PAB=BCA и QAC=ABC. Точки K и L — центры окружностей, вписанных в треугольники ABP и ACQ соответственно. Докажите, что прямая AD является прямой Эйлера треугольника IKL. (Прямой Эйлера треугольника называется прямая, проходящая через его центр описанной окружности и ортоцентр.)
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  4
1 года 5 месяца назад #

1) Точки P,Q восстанавливаются следующим образом, рассмотрим окружность с радиуcом R=AB с центром B, совершим инверсию относительно этой окружности, точки C тогда P и есть образ точки C, аналогично R=AC с центром C для точки Q.

2) Пусть GALBI, FAKCI, тогда IGL=B+C2 и учитывая что CAQ=B тогда GLI=B+C2 то есть GI=GL аналогично FI=FK.

3) Проведем через I прямую параллельную AB пусть она пересекает AC в точке E тогда так как AEI=180A=B+C но IGA=B+C то есть AIGE лежат на одной окружности, аналогично проведем через I параллельную AC пересекающая AB в точке T тогда ATFI лежат на одной окружности.

4) Так как IEG=IAG=AB2 но EIL=B+C2 тогда IEG+EIL=90 то есть EGIL аналогично TFIK то есть они серединные перпендикуляры IKL.

5) Докажем что EG,TF,AD пересекаются в одной точке. Пусть JEGBC, MTFBC покажем что JD=MD

Доказательство: отметим что TIEA - ромб по построению, тогда IT=IE так же BT=BM так как TF серединный перпендикуляр IKL и BI биссектриса, значит IT=IM аналогично IE=IJ то есть IT=IE=IJ=IM так как IDBC тогда JD=MD (1)$.

Пусть HEGAD и тогда по теореме Менелая: CEAEAHDH=JCJD или AHDH=JCJDAECE аналогично пусть H1TFAD тогда

AH1DH1=MBMDATBT покажем что JCJDAECE=MBMDATBT учитывая (1) и JC=CE, MB=BT тогда

CEAECE=BTATBT или AE=AT что верно, значит EG,TF,AD пересекаются в одной точке.

6) VAH, KVIL тогда и V1AH, LV1KI тогда покажем по угловой форме теоремы Чевы

sinKAHsinLAH=sinKLV1sinLKV

Пусть IKL=x, KIF=a тогда sinKAHsinLAH=cos(x)cos(ax) но sinKLV1sinLKV=sin(90x)sin(90(ax))=cos(x)cos(ax) то есть V=V1 она же и есть ортоцентр IKL, значит A,V,H,D лежат на прямой Эйлера.