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

Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 9 класс


Высоты неравнобедренного остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке H. Касательная прямая в точке H к описанной окружности треугольника BHC пересекает прямые AB и AC в точках Q и P соответственно. Описанные окружности треугольников ABC и APQ вторично пересекаются в точке K. Касательные в точках A и K к описанной окружности треугольника APQ пересекаются в точке T. Докажите, что прямая TH проходит через середину отрезка BC. ( Зауытхан А. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  5
1 года 10 месяца назад #

Пусть w окружность около ABC с центром O пусть LG||BC проходящая через O где LAB, GAC пусть AEBC где Ew и SAEBC,пусть H,H1 ортоцентры ABC,ALG соответственно.

Так же FLGAE,DAOBC, RAOw. Опишем окружность α около LH1G тогда, так как EF=AF по построению, получается

LGH1=LAH=LEH1 пусть Q1,P1αAB, AC тогда LAG=LEG=LQ1G=LP1G то есть GQ=AG, LP=AL но так как прямые GH1,LH1 высоты AGL откуда Q1H1=AH1=P1H1 (1)

Так как Q1BH=ALH1=AGH1=Q1GH1=Q1EH1=Q1EH пусть NEGBC тогда AEG=CAH=CBH значит BQ1EHN вписанный.

По известной лемме BE=BH тогда NE=NH откуда NH||AC значит BQ1H=180ACB значит BHQ1=90ABC аналогично CHP1=90ACB то есть Q1P1 есть касательная QP, учитывая (1) тогда центр окружности описанной около QAP есть точка H1.

Пусть M середина BC тогда M,R,H лежат на одной прямой, так как ER||BC значит BH=BE=RC то есть BHRC параллелограмм, пусть l||BC прямая проходящая через A и T1MHl тогда T1A касательная к окружности APQ покажем что O,H1,T лежат на одной прямой, по теореме Менелая

AH1HH1=TRTH из подобия ALG,ABC преобразуем

1BCLG1=1+EHAH или из подобия ALO, BAD если AO=R тогда 1ADR1=1+2SHAH

DRADDR=SHAH ADDR=ASES что верно, так как ASD,AER подобны, то есть точка T1=T из условия задачи, тогда TK так же касательная, где KwwAPQ так как T,H1,O лежат на одной прямой.

  13
1 года 10 месяца назад #

Классная задачах для 9 класс

  10
1 года 10 месяца назад #

Следующие факты довольно простые и известные:

HM проходит через A, BAH=CAA и центр окружности ABC лежит на AA.

ATBC и ATAH поскольку ABC=APQ=TAB.

Решение 1 (Официальное решение, Теорема Паскаля)

Утверждение 1. Прямые AK,PQ и BC пересекаются в одной точке.

Доказательство. Счетом углов четырехугольник BQPC вписанный и прямые AK,PQ и BC являются радикальными осями окружностей (ABC),(APQ) и (BQPC).

Утверждение 2. Точки K,F и A лежат на одной прямой.

Доказательство. ATAH и TA является касательным, откуда AF содержит центр (APQ) и AKF=90=AKA.

Утверждение 3. Точки A,E и A лежат на одной прямой.

Доказательство. Так как SH касается (BHC), имеем равенство SH2=SBSC. Из вписанности ABCK следует, что SBSC=SKSA. Значит SH2=SKSA и SAH=KHS. Но поскольку KAH=KEF выходит, что KFPQ. Из последнего следует, что QAF=PAE, который равносилен тому, что A,E и A на одной прямой.

Завершение. По теореме Паскаля к точкам KKF AAE выходит, что точки T,H и A лежат на одной прямой. Так как точки H,M и A лежат на одной прямой, то и точки T,H и M должны лежать на одной прямой.

\\ \\ \\ \\

Решение 2 (Нурсултан Хаджимуратов, Теорема Менелая)

Через T отметим пересечение прямых HM и касательную в точке A к окружности APQ. Достаточно доказать, что OJ проходит через T, откуда TK также будет касательным. Заметим, что ATBCNA.

По теореме Менелая к AAH и точкам O,J,T нужно доказать следующее: AOOAAJJHHTTA=1AJJH=TATH.

Из параллельности AT и NA имеем TATH=ANAH. Теперь заметим, что треугольники APQ и ABC подобны и значит AJJH=AOOE. В итоге

AJJH=TATHAOOE=ANAHAOAN=OEAH.

Воспользуемся тем, что AH=2OM и перепишем последнее как

AOAN=OEAHAOAN=OE2OM2AOAN=OEOMAAAN=OEOM.

Последнее легко вывести из того, что треугольники ADN и OEM подобны (например, потому, что они оба прямоугольные и OEM=AAN).

пред. Правка 2   5
1 года 10 месяца назад #

Решение 3 (Tran Gia Huy (aops), Окружность Нулевого Радиуса)

Пусть N середина AH. Мы докажем, что прямые HT и HM перпендикулярны SN и это решает задачу. Пусть S=AKPQBC. Через ω обозначим окружность нулевого радиуса в точке H. Через Ω обозначим окружность с центром T и радусом TA.

Часть 1. Из подобия ABC и APQ, а также из BAH=CAA выводим, что AOPQ. Поскольку MN средняя линия в треугольнике HAA, то PQ также перпендикулярен MN. Из последнего следует, что H ортоцентр треугольника SNM, а значит HMSN.

Часть 2. NA касается Ω, поскольку ATAH, а также NA2=NH2, откуда N лежит на радикальной оси Ω и ω. Далее SH2=SBSC=SKSA и S также лежит на радикальной оси. Значит прямая SN является радикальной осью Ω и ω, откуда HTSN.

\\ \\ \\ \\

Решение 4 (Мирон Юркевич, Гармонические четверки)

Пусть E и F основания высот из B и C соответственно. Пусть L=(AEF)(ABC)HM, иными словами точка Микеля для вписанного четырехугольника BFEC. Окружности (APQ) и (AEF) касаются, поскольку EFPQ.

Утверждение 1. SL касается окружности (ABC).

Доказательство. Заметим, что (L,D;B,C)A=(V,U;B,C)=1. Также у нас SD2=SH2=SBSC. Из последнего SD касается (ABC), но поскольку LDBC гармонический, то SL также должно касаться (ABC). Получаем, что SL=SH.

Пусть ω окружность с центром в точке S и радиусом SL и X,Y=(APQ)ω. По радикальным осям к цветным окружностям выходит, что T=HLXYAA. Осталось доказать, что TK касается (APQ).

Утверждение 2. Четырехугольник KXAY гармонический.

Доказательство. SX2=SY2=SH2=SBSC=SKSA. Значит SX и SY касательные, откуда KXAY гармонический.

Осталось заметить, что T является пересечением касательного из A и XY в гармоническом четырехугольнике KXAY, откуда TK также должно касаться (APQ) ч.т.д.

\\ \\ \\ \\

Решение 5 (Мирас Бисенбаев и Нурсултан Бекбосын, Инверсия)

Исполним инверсию с центром A и с радиусом APAC. Не сложно заметить, что P перейдет в C, Q перейдет в B, H перейдет в D, A перейдет в E, K перейдет в S. Из TKA=TAK следует, что ST=SA. Пусть M=(APQ)AM. Нужно доказать, что четырехугольник ATDM вписанный.

Пусть L это отражение точки H относительно S, тогда точки L,D и A лежат на одной прямой (SB средняя линия и HDL=90). Из последнего следует, что SL = SD и TADL прямоугольник и следовательно TADL вписанный. Теперь достаточно доказать, что ALDM вписанный.

Из антипараллельности PQ и BC выходит, что AEPQ, откуда AEDL вписанный. Теперь заметим, что точки A,E,M,D лежат на одной окружности поскольку точки H,M,A лежат на одной прямой. Следовательно AEMD вписанный, откуда ALDM тоже вписанный четырехугольник ч.т.д.

пред. Правка 2   5
1 года 10 месяца назад #

Пусть α=BAC,β=ABC,γ=ACB и a=BC,b=AC,c=AB. Далее, пусть D --- основание высоты из точки A на BC и M --- середина отрезка BC. Тогда по свойству касательной к окружности имеем: APQ=PHC+PCH=HBC+HCA=90γ+90α=β=ABC. Следовательно, треугольники ABC и APQ подобны. Пусть O1 --- центр описанной окружности треугольника ABC и O2 --- центр описанной окружности треугольника APQ, а также R1 и R2 --- радиусы соответственных описанных окружностей.

Так как BAH=CAO1, то O2 лежит на прямой AH. Так как TA касается описанной окружности треугольника APQ, то TAAH, то есть TABC. Заметим, что если мы докажем подобие треугольников TAH и MDH, то мы решим задачу, так как получим, что THA=MHD, значит точка H будет лежать на прямой TM --- что нам и нужно. Так как оба треугольника TAH и MDH прямоугольные, то достаточно доказать отношение TAAH?=MDDH или же TA?=AHDHMD.

Заметим, что TA=O2AtanAO2T=R2tanAO2O1=R2sinAO2O1cosAO2O1=[по т. синусов]= =R2sinO1AO2AO1O1O2cosAO2O1=[так как O1MMDDH]=R2MDO1O2cosAO2O1= =R2MDO1O21cosAO2O1=[по т. косинусов]=R2MDO1O22R2O1O2R22+O1O22R21= =2R22MDR21R22O1O22?=AHDHMD, то есть 2(R1R2)21(O1O2R2)2?=AHDH.

  5
1 года 10 месяца назад #

Продолжение решения

Пусть k --- коэффициент подобия треугольников APQ и ABC. Тогда мы можем найти его следующим образом: k=APAB=[по т. синусов]=AHABsinAHPsinAPH=sin(90α)sinγsin(β+90γ)sinβ=cosαcos(βγ)sinγsinβ. По теореме косинусов для треугольника AO1O2 можем получить O1O22=R21+R222cosO1AO2R1R2 2R1R2cosO1AO2=(R1R2)2+1(O1O2R2)2 2R1R2cosO1AO22=(R1R2)21(O1O2R2)2 21kcosO1AO22=(R1R2)21(O1O2R2)2.

По теореме синусов можно легко получить, что AHBH=ABBDsinABHsinDBH=1cosβcosαcosγ=cosαcosβcosγ.

Следовательно, нам нужно доказать, что 11kcosO1AO21?=cosαcosβcosγcosO1AO2k1?=cosβcosγcosα. Очевидно, что O1AO2=O1AH=α2(90β)=α+2β180, тогда cosO1AO2=cos(α+2β) и нам нужно доказать, что cos(α+2β)cosαcos(βγ)sinβsinγ1?=cosβcosγcosα[так как cos(βγ)=cos(α+2β)] sinβsinγcosα1?=cosβcosγcosαsinβsin(α+β)cosα?=cosβcos(α+β) sinβ(sinαcosβ+cosαsinβ)cosα?=cosβ(cosαcosβsinαsinβ) cosαsin2βcosα?=cosαcos2βsin2β1?=cos2β, а это верно.

  3
7 месяца 3 дней назад #

A - точка, которая противоположна диаметрально A относительно (ABC), а M - середина BC. Пересечение AT и AK будет точкой D. Б.О.О AC>AB. TAQ=APQ=ABCAT||BC. AKA=90TA=TK=TD. (AD,AA;AH,AD)?=1. E - точка Шалтая BHC для H, то есть HM(ABC)A.F - вторая точка пересечения (ABC) и AH. (AD,AA;AH,AD)A=(K,A;E,F). PQ,AK,BC пересекаются в одной точке, как попарные радикальные оси. Касательная к F по определению симметрична PQ. По определению касательная из E к (ABC) пересекает касательную из F на PQ, то есть на BC, то есть на AK. Тем самым K,A,E,F образуют гармонический четырехугольник, а значит HM проходит через T.