9-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2022 год, третья лига, 11-12 классы
Комментарий/решение:
Сначала мы можем избавиться от R, заметив, что PQ=PR от Ceva. Наверное, это была плохая идея, но неважно. Мы можем начать с небольшого избиения по длине. Описанное ABPQ означает, что AB+PQ=BP+AQ. AB=QP⋅AQ+QDQD и BP=DP⋅AQQD. Таким образом, DP⋅AQQD+AQ=QP+QP⋅AQ+QDQD, или DP=QP⋅2⋅QD+AQAQ−QD.Пусть AQ=x,QD=y,QP=z. Тогда DP=z⋅2y+xx−y и по симметрии AP=z⋅2x+yy−x. Теорема Стюарта в △APD дает нам, что (x+y)xy+z2(x+y)=(z⋅2x+yy−x)2⋅y+(z⋅2y+xx−y)2⋅x. Это превращается в z2⋅(4x2+4xyy+4y2+4xyx)=z⋅(4x2+4xy+4y2) или z=xy(x2+xy+y2)(x+y)(x2+y2).При этом AP=x2(x2+2xy+2y2)(x+y)(x2+y2) и DP=y2(y2+2xy+2x2)(x+y)(x2+y2).
Теперь мы можем заняться гео. Мы можем получить AC=AP⋅ADAQ и BD=DP⋅ADDQ, поэтому, используя приведенное выше (на самом деле нам не нужны были Стюарты для этой части). ), AB+AC=BD+CD, и существует окружность Γ, касающаяся ¯AB,¯AC,¯BD,¯CD с центром в точке X. Мы также можем получить из приведенного выше bash, приложив достаточно усилий, что AB+BP−AP2=QP. Это означает, что касательные от P к A-объединенной окружности △ABP, или Γ, имеют длину PQ. Пусть точка касания с Γ на ¯AC будет Y, а точка касания на ¯AB будет Z. Тогда PQ=PY, поэтому ¯QY параллелен биссектрисе ∠QPD, и BY=BZ, поэтому ¯YZ параллелен биссектрисе угла ∠QPD, и BY=BZ, поэтому ¯YZ параллелен биссектрисе угла ∠QPD ∠ABD. Это означает, что Q−Y−Z, или что Q находится на поляре B относительно Γ. По симметрии Q находится на поляре C относительно Γ или Q — полюс ¯BC относительно Γ. Тогда S является инверсией Q относительно Γ, но поскольку (P,PQ) ортогонален Γ, S находится на (P,PQ), как желанный.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.