Processing math: 34%

9-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2022 год, третья лига, 11-12 классы


ABC үшбұрышында (A90) O нүктесі — сырттай сызылған шеңбер центрі, ал H нүктесі — A төбесінен түсірілген биіктік табаны. M және N арқылы сәйкесінше BC және AH кесінділерінің орталарын белгілейік. AO және BC түзулері D нүктесінде қиылысады, ал H нүктесі H нүктесіне M-ге қарағандағы симметриялы нүкте. OHD-ға сырттай сызылған шеңбер BOC-ға сырттай сызылған шеңберді E нүктесінде қияды. NO және AE түзулері BOC-ға сырттай сызылған шеңбер бойында қиылысатынын дәлелдеңіз.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  8
1 года 4 месяца назад #

Вот гибридное решение, использующее проективную лемму, инверсию, а затем лемму о соотношении для завершения. Кроме того, позвольте мне упомянуть, что точка M в моем решении не является средней точкой BC, поскольку она в любом случае бесполезна (так что это небольшое злоупотребление обозначениями).

Сначала пусть WLOG AB>AC и определит несколько новых точек: пусть Q будет точкой A-HM (точка пересечения (BOC) и симмедианы), AO \cap (ABC)=A' , OH \cap (BOC)=H", AH" \cap (BOC)=M', OM' \cap BC=M, OQ \cap BC=Q' (и известно, что AQ' касается описанной окружности).

Первая часть — использовать проективное гео: проецируйте (AH, N\infty)=-1 через O на окружность (BOC), а затем через A на (BOC), чтобы увидеть желаемое. параллелизм эквивалентен (EQ, OM')=-1.

Теперь инвертируйте относительно описанной окружности. Тогда (BOC) \rightarrow BC, H \rightarrow H", Q \rightarrow Q', E \rightarrow E', M' (\in AH") \rightarrow M (\in (AOH), т.е. \angle AOM=90), и мы хотим доказать, что M — это середина Q'E'. У нас есть OM \parallel AQ' \iff \frac {DO} {AO}=\frac{DM} {MQ'} , поэтому нам нужно \frac {AO} {DO}=\frac {ME'} {MD} \iff \frac {DA'} {DO}=\frac {DE'} {DM} \iff OM \parallel A'E', поэтому мы хотим, чтобы A'E' касалась (ABC ).

Теперь нам осталось сделать немного более длинный удар. Мы определяем f(Z)=\pm \frac{ZB} {ZC} и используем леммы из раздаточного материала по лемме о соотношении mira74 (здесь: https://artofproblemsolve.com/community/c6h2357938p19166714) без доказательства. Нам нужно доказать, что f(E')=f(A')^2=(\frac {\cos \gamma} {\cos\beta})^2. Имеем f(E')=f(E)f(O)=f(H')f(D) и легко доказать, что последнее есть \frac{H'B}{H 'C} \frac{DB}{DC} =\frac{HC}{HB} \frac{DB}{DC} =\frac{AC}{AB}\frac {\sin (90-\gamma)}{ \sin (90-\beta)} \frac{AB}{AC}\frac{\sin (90-\gamma)}{\sin (90-\beta)}=(\frac{\cos \gamma}{ \cos \beta}) ^2, используя классическую версию леммы о соотношении и равные отрезки H'B=HC, H'C=HB, и мы наконец закончили

пред. Правка 2   2
8 месяца 19 дней назад #

Пусть NO пересекает (BOC) в точке F, докажем что A,E,F коллинеарны.

OH \cap (BOC) = X, вначале покажем что X,D,E лежат на одной прямой.

\angle{OED}=\angle{OH'D}=\angle{OHH'}=\angle{OBH}+\angle{BOH}=\angle{OCB}+\angle{XCB}=\angle{OCX}, то есть X,D,E \in 1 прямая так как \angle{OED}=\angle{OEX}=\angle{OCX}

Заметим, что OX биссектра \angle{BXC}, откуда \angle{XBO}=\angle{HBO}, получаем что OB^2=OH*OX. Пусть AO \cap (ABC) = P, тогда OH*OX=OB^2=OP^2, значит OP касается (XHP). Из счета углов, \angle{XPO}=\angle{PHO}=\angle{HON}, ведь NO средняя линия в AHP.

Из вписанностей ABCP и XBOC, получаем ED * DX = CD * DP = AD * DP, то есть XPEA вписанный, откуда \angle{XEA}=\angle{XPA}=\angle{HON}. В итоге, выходит что 180-\angle{HON}=\angle{XOF}=\angle{XEF}, тоесть \angle{XEF}+\angle{XEA}=180-\angle{HON}+\angle{HON}=180, значит A,E,F лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.