Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 9 класс

\q1 $ABC$ үшбұрышының іштейсырт сызылған шеңбері $AB$ қабырғасын $M$, ал $AC$ және $BC$ қабырғаларының созындыларын, сәйкесінше, $N$ және $K$ нүктелерінде жанайды. $NK$ кесіндісінде $P$ және $Q$ нүктелері $AN=AP$ және $BK=BQ$ болатындай алынған. $MPQ$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің радиусы $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбердің радиусына тең екенін дәлелдеңіз. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Достаточно доказать что треугольники $MPQ$ и $DEF$ равны, где $D, E, F$ точки касания вписанной окружности с треугольником $ABC$.

Докажем что $\triangle MPQ=\triangle DFE$, где $D,F,E$ - точки касания вписанной окружности $\triangle ABC$. Очевидно $\triangle DFE$ подобен на $\triangle PMQ$. Пусть $\angle NAP = α = \angle NCK$, получается $AFBP$ - параллелограмм, тоесть получаем требуемое. Теперь мы доказали наше утверждение, значит из этого следует что и их радиусы равны, ч.т.д.

Вписанная окружность $ABC$ касается $BC,AB,AC$ в точках $D,E,F$.$\angle ANP=\angle APN=\angle BKQ=\angle BQK=\angle CDF=\angle CFD=a$.$AM=AN=AP,BM=BK=BQ$.$\angle APM=b,\angle BQM=c$.Тогда $\angle MPQ+\angle MQP+\angle PMQ=540-2a-2b-2c=180$.$a+b+c=180$.По счёту углов находим что $\triangle DEF \cong \triangle PMQ$.Если доказать что $AE=BM$ треугольники равны по $\triangle AFE \cong \triangle BMQ$.Допустим $AE>BM$,тогда $EF>QM$,$DE<PM$.Но $EF•PM=DE•QM$.Противоречие значит два треугольника равны и радиусы их описанных окружностей равны.

Пусть прямые АР и BQ пересекаются в точке R. Так как CN = СК, то из условия AN = AP следует, что равнобедренных треугольниках ANP и CNK есть общий угол ANP, поэтому они подобны по трём углам. Следовательно, углы NAP =NCK или AR || СК. Аналогично, BR || AC. Поэтому ACBR

- параллелограмм. Следовательно, треугольник ABR центрально симметричен треугольнику ВАС

относительно середины стороны АВ. Пусть вписанная окружность треугольника АВС касается сторон

AB, ВС, СА в точках С1, А1, Вз соответственно. Также известным фактом является то, что точки М и С, также симметричны относительно середины АВ. Поэтому из равенств ВА, = BC = AM = AN = Al следует, что точки ₽ и А аналогично, и точки ( и Вт) центрально симметричны относительно середины АВ. Поэтому радиусы описанных окружностей треугольников MPQ и CA, В, равны. Это и требовалось доказать

По счету углов, не сложно заметить что $\triangle{DEF}$ подобен $\triangle{PMQ}$. Заметим, что $AM=BE=BF=p-AC$. Пусть $\angle{NAP}=2\beta$, тогда $\angle{ANP}=90-\beta=\angle{QKB}$, откуда $\angle{NCK}=2\beta=\angle{NAP}$, тоесть $KC \parallel AP$, тоесть $AFBP$ параллелограм, откуда выходит что $\triangle{DEF}=\triangle{PMQ}$, тоесть равны и их Радиусы.

Пусть прямые $AP$ и $BQ$ пересекаются в точке $C’$. В треугольнике $\triangle ABC’$ $AN=AP=AM; BK=BQ=BM$, значить описанный окружность треугольника $\triangle QPM$ и вписанный окружность треугольника $\triangle ABC’$ совпадает. Пусть $\angle ANP=\angle APN= \angle C’PM=\alpha$ и $\angle BKM=\angle BMK=\angle C’QP=2\beta-\alpha$. В треугольнике $CNK$ угол $\angle NCK=180-\angle CNK-\angle CKN=180-\angle C’PM-\angle C’MP= \angle AC’B$. Значить $ACBC’$ параллелограмм и $AC=BC’$; $AC’=BC$; $AB=AB$. Значить $\triangle ABC=\triangle ABC’$. Значить радиус вписанный окружность треугольника $\triangle ABC$ и $\triangle ABC’$ равны. А вписанный окружность треугольника $\triangle ABC’$ равен описанный окружность треугольника $\triangle MPQ$ Доказано.

Или можно так $\angle ANP= \angle APN= \angle C’PQ= \angle C’PQ= \angle BQK= \angle BKQ \Rightarrow \angle CAC’= \angle CBC’=2\alpha$ и $ACBC’$ параллелограмм