Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 9 класс
Комментарий/решение:
Пусть w окружность около ABC с центром O пусть LG||BC проходящая через O где L∈AB, G∈AC пусть AE⊥BC где E∈w и S∈AE∩BC,пусть H,H1 ортоцентры ABC,ALG соответственно.
Так же F∈LG∩AE,D∈AO∩BC, R∈AO∩w. Опишем окружность α около LH1G тогда, так как EF=AF по построению, получается
∠LGH1=∠LAH=∠LEH1 пусть Q1,P1∈α∩AB, 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 N∈EG∩BC тогда ∠AEG=∠CAH=∠CBH значит BQ1EHN вписанный.
По известной лемме BE=BH тогда NE=NH откуда NH||AC значит ∠BQ1H=180∘−∠ACB значит ∠BHQ1=90∘−∠ABC аналогично ∠CHP1=90∘−∠ACB 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 T1∈MH∩l 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
1BCLG−1=1+EHAH или из подобия ALO, BAD если AO=R тогда 1ADR−1=1+2SHAH
DRAD−DR=SHAH ADDR=ASES что верно, так как ASD,AER подобны, то есть точка T1=T из условия задачи, тогда TK так же касательная, где K∈w∩wAPQ так как T,H1,O лежат на одной прямой.
Следующие факты довольно простые и известные:
∙ HM проходит через A′, ∠BAH=∠CAA′ и центр окружности ABC лежит на AA′.
∙ AT∥BC и AT⊥AH 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. AT⊥AH 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=SB⋅SC. Из вписанности ABCK следует, что SB⋅SC=SK⋅SA. Значит SH2=SK⋅SA и ∠SAH=∠KHS. Но поскольку ∠KAH=∠KEF выходит, что KF∥PQ. 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 AT∥BC∥NA′.
По теореме Менелая к △AA′H и точкам O,J,T нужно доказать следующее: A′OOA⋅AJJH⋅HTTA′=1⟺AJJH=TA′TH.
Из параллельности AT и NA′ имеем TA′TH=ANAH. Теперь заметим, что треугольники APQ и ABC подобны и значит AJJH=AOOE. В итоге
AJJH=TA′TH⟺AOOE=ANAH⟺AOAN=OEAH.
Воспользуемся тем, что AH=2OM и перепишем последнее как
AOAN=OEAH⟺AOAN=OE2OM⟺2AOAN=OEOM⟺AA′AN=OEOM.
Последнее легко вывести из того, что треугольники ADN и OEM подобны (например, потому, что они оба прямоугольные и ∠OEM=∠AA′N).
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=AK∩PQ∩BC. 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 AO⊥PQ. Поскольку MN средняя линия в треугольнике HAA′, то PQ также перпендикулярен MN. Из последнего следует, что H ортоцентр треугольника SNM, а значит HM⊥SN.
Часть 2. NA касается Ω, поскольку AT⊥AH, а также NA2=NH2, откуда N лежит на радикальной оси Ω и ω. Далее SH2=SB⋅SC=SK⋅SA и S также лежит на радикальной оси. Значит прямая SN является радикальной осью Ω и ω, откуда HT⊥SN.
\\ \\ \\ \\
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 EF∥PQ.
Утверждение 1. SL касается окружности (ABC).
Доказательство. Заметим, что (L,D;B,C)A=(V,U;B,C)=−1. Также у нас SD2=SH2=SB⋅SC. 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=HL∩XY∩AA. Осталось доказать, что TK касается (APQ).
Утверждение 2. Четырехугольник KXAY− гармонический.
Доказательство. SX2=SY2=SH2=SB⋅SC=SK⋅SA. 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 √AP⋅AC. 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 AT′DM′ 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 T′ADL− прямоугольник и следовательно T′ADL вписанный. Теперь достаточно доказать, что ALDM′ вписанный.
Из антипараллельности PQ и BC выходит, что AE⊥PQ, 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 AEM′D вписанный, откуда ALDM′ тоже вписанный четырехугольник ч.т.д.
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=90∘−γ+90∘−α=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 TA⊥AH, то есть TA∥BC. 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?=AHDH⋅MD.
Заметим, что TA=O2A⋅tan∠AO2T=−R2⋅tan∠AO2O1=−R2⋅sin∠AO2O1cos∠AO2O1=[по т. синусов]= =−R2⋅sinO1AO2⋅AO1O1O2cos∠AO2O1=[так как O1M⊥MD⊥DH]=−R2⋅MDO1O2cos∠AO2O1= =−R2⋅MDO1O2⋅1cos∠AO2O1=[по т. косинусов]=−R2⋅MDO1O22⋅R2⋅O1O2R22+O1O22−R21= =2⋅R22⋅MDR21−R22−O1O22?=AHDH⋅MD, то есть 2(R1R2)2−1−(O1O2R2)2?=AHDH.
Продолжение решения
Пусть k --- коэффициент подобия треугольников APQ и ABC. Тогда мы можем найти его следующим образом: k=APAB=[по т. синусов]=AHAB⋅sin∠AHPsin∠APH=sin(90∘−α)sinγ⋅sin(β+90∘−γ)sinβ=cosα⋅cos(β−γ)sinγ⋅sinβ. По теореме косинусов для треугольника AO1O2 можем получить O1O22=R21+R22−2⋅cos∠O1AO2⋅R1⋅R2⇔ ⇔2⋅R1R2⋅cos∠O1AO2=(R1R2)2+1−(O1O2R2)2⇔ ⇔2⋅R1R2⋅cos∠O1AO2−2=(R1R2)2−1−(O1O2R2)2⇔ ⇔2⋅1k⋅cos∠O1AO2−2=(R1R2)2−1−(O1O2R2)2.
По теореме синусов можно легко получить, что AHBH=ABBD⋅sin∠ABHsin∠DBH=1cosβ⋅cosαcosγ=cosαcosβ⋅cosγ.
Следовательно, нам нужно доказать, что 11k⋅cos∠O1AO2−1?=cosαcosβ⋅cosγ⇔cos∠O1AO2k−1?=cosβ⋅cosγcosα. Очевидно, что ∠O1AO2=∠O1AH=α−2(90∘−β)=α+2β−180∘, тогда cos∠O1AO2=−cos(α+2β) и нам нужно доказать, что −cos(α+2β)cosα⋅cos(β−γ)⋅sinβ⋅sinγ−1?=cosβ⋅cosγcosα⇔[так как cos(β−γ)=−cos(α+2β)]⇔ ⇔sinβ⋅sinγcosα−1?=cosβ⋅cosγcosα⇔sinβ⋅sin(α+β)−cosα?=−cosβ⋅cos(α+β)⇔ ⇔sinβ⋅(sinα⋅cosβ+cosαsinβ)−cosα?=−cosβ⋅(cosα⋅cosβ−sinαsinβ)⇔ ⇔cosα⋅sin2β−cosα?=−cosα⋅cos2β⇔sin2β−1?=−cos2β, а это верно.
A′ - точка, которая противоположна диаметрально A относительно (ABC), а M - середина BC. Пересечение AT и A′K будет точкой D. Б.О.О AC>AB. ∠TAQ=∠APQ=∠ABC⇔AT||BC. ∠AKA′=90∘⇐TA=TK=TD. (A′D,A′A;A′H,AD)?=−1. E - точка Шалтая △BHC для H, то есть HM∩(ABC)≠A′.F - вторая точка пересечения (ABC) и AH. (A′D,A′A;A′H,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.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.