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

Математикадан облыстық олимпиада, 2023 жыл, 9 сынып


ABC сүйір бүрышты үшбүрышы берілсін және H — ортоцентр. AH түзуі BC қабырғасын және ABC үшбурышына сырттай сызылған шеңберін сәйкесінше A1 және A2 нүктелерінде қисын. Дәл солай B1,B2 және C1,C2 нүктелерін анықтаймыз. A2B1 және A2C1 түзулері ABC үшбурышына сырттай сызылған шеңберін сәйкесінше X және Y нүктелерінде қисын. P(PB1) нүктесі B1B2X үшбурышына сырттай сыззылған шеңбермен AC қабырғасының қиылысу нүктесі және Q(QC1) нүктесі C1C2Y үшбурышына сырттай сызылған шеңбермен AB қабырғасының қиылысу нүктесі болсын. PQBC болатынын дәлелдеңіз.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  2
2 года 1 месяца назад #

Заметим, что ABB2=ACB2=ACC2=ABC2. Значит C2BH и B2CH - равнобедренные, наравне с треугольниками C2QH и B2PH. Отсюда имеем, что C2Q=QH и PB2=PH. Можем обозначить HAB=a и QHA=b. Тогда HQB=a+b=C2QB=C2YC1. Тогда C2AB=b, однако заметим, что C2AH - равнобедренный (ввиду того, что C2C1=C1H и AC1C2H. В таком случае a=b, а значит AQ=HQ=C2Q, а значит это центр описанной около треугольника AC2H окружности. Аналогично доказательство того, что точка P - центр описанной около треугольника AHB2 окружности. В таком случае A и H - точки пересечения двух окружностей, а AH - их радикальная ось, которая перпендикулярна PQ - отрезку, соединяющему центры этих двух окружностей. Значит (AH,PQ)=(BC,AH) PQBC

  8
1 года 5 месяца назад #

Понятно что PB2=PH,Еще

HPB2=2CPB2=2A2XB2=2HAB2

С этого точка P это центр описано окружности треугольника AB2H и PA=PH и QA=QH. Значит PQ перпендикулярно AH , и AH перпендикулярно BC значит PQ//BC

  2
1 года 4 месяца назад #

Давайте рассмотрим три треугольника: ABC, A1B1C1, и A2B2C2, где A1, B1, C1 — точки пересечения прямых AA1, BB1, CC1 с описанной окружностью треугольника ABC, а A2, B2, C2 — точки пересечения прямых AA2, BB2, CC2 с описанной окружностью треугольника A1B1C1.

Так как BAC=B1A1C1 и ABC=B1C1A1, то треугольники ABC и A1B1C1 подобны.

Аналогично, из подобия треугольников ABC и A1B1C1 следует, что треугольники A1B1C1 и A2B2C2 подобны.

Таким образом, у нас есть два случая подобия треугольников:

1. ABC подобен A1B1C1.

2. A1B1C1 подобен A2B2C2.

Из этих случаев подобия следует, что треугольники ABC и A2B2C2 также подобны.

Теперь рассмотрим точку O — центр описанной окружности треугольника ABC, и точку O1 — центр описанной окружности треугольника A1B1C1.

Поскольку ABC=A1B1C1, то отрезок OO1 является медианой треугольника ABC, проведенной из вершины O.

Также, углы BOC и B1O1C1 равны, так как они соответственно центральные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу.

Из подобия треугольников ABC и A2B2C2 следует, что отрезок OO1 также является медианой треугольника A1B1C1, проведенной из вершины O1.

Таким образом, точки O и O1 совпадают, и центры описанных окружностей треугольников ABC, A1B1C1, и A2B2C2 совпадают.

Следовательно, три треугольника имеют общий центр описанной окружности, и их центр описанной окружности лежит на прямой AO2, где O2 — центр описанной окружности треугольника A2B2C2.

Таким образом, мы доказали, что центр описанной окружности треугольника ABC лежит на прямой AO2.