Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс

В окружность $\omega$ с центром $O$ вписан остроугольный треугольник $ABC$ ($AB\ne AC$). Точка $M$ — середина стороны $BC$. Касательная прямая к $\omega$ в точке $A$ пересекает продолжение стороны $BC$ в точке $D$. Окружность с центром в точке $M$ и с радиусом $MA$ пересекает продолжения сторон $AB$ и $AC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Пусть $X$ такая точка, что $BX\parallel KM$ и $CX\parallel LM$. Докажите, что точки $X$, $D$, $O$ лежат на одной прямой. ( Шынтас Н. )

Комментарий/решение

Решение: В течении решения, мы докажем что X - точка болтая. Введем новую задачу. Пусть, есть точка Ботая - X. Проведем BX и CX. Теперь из M - середины отрезка проведем параллели к BX и CX, и пересечем их со сторонами AB и AC в K и L соответственно. Если докажем, что MK=ML=MA, то очевидно, что X - точка из условия. Теперь, чтобы доказать равенство сторон, просто докажем что KAM и LAM - равнобедренные треугольники. Угол XAC=XBA=MKA, из свойств точки Болтая и параллельности. Угол XAC=BAM, тк симедиана и медиана изогонально сопряжены. Значит угол AKM = MAK - то что мы хотели. Зная что X - точка болтая, решаем задачу:

Очевидно, что BOXC вписан, так как угол BOC=2*BAC. Угол KML=BXC, из параллельности, и также равен 2*BAC, как центральный, а значит вписанность доказана. Теперь, Докажем что для треугольника OXA - AD касатальная. Тем самым, так как AD - касательная к опис окр треугольника ABC, $AD^2=BD*BC$. А если для треугольника OXA - AD касатальная, то D лежит на OX, ведь ее степень относительно OXA - $AD^2$, а для BOXC - BD*DC. Отсюда выходит что OX - рад ось и степень точки D равна относительно двух окружностей, то есть мы решим задачу.

(!)AOX=XAD<=>(!)AOC-XOC=XAC+CAD<=>(!)-XOC=-XBC(из впписанности)=CAD+XAC-AOC=CAD+XAC-2CAD<=>(!)XBA=XAC, тк CAD=ABC => (!)XAC=CAD-XBC=ABC-XBC. А это уже верно из свойства точки Болтая. То что нам нужно было.

Б.О.О. $AB<AC$. Очевидно $X$ точка Болтая. Пусть симмедиана к $BC$ пересекает $OD$ в точке $Y$. Тогда легко понять что $AY \bot OD$.

Пусть $AY$ пересекает $(ABC)$ в точке $E$.

Легко понять что $DA=DE$, и $DE$ тоже касательная к $(ABC)$. Тогда $CD$ симмедиана в $\triangle ACE$. Значит $\angle ACY=\angle BCE=\angle BAY$. Отсюда $X=Y$.

Допустим что ХО пересекает ВС в точке D’ и теперь нужно доказать что D’O параллельна KL . Значит если АСВ = б

и ОD’В=х тогда АLK = б+х и так как АD касательная то DAB=б.

Заметим , что если АLK=б+х то АМК=2(б+х)

так как М центр описанной окружности треугольника АКL . И треугольник АМК равнобедренный так АМ и МК радиусы значит МАК=МКА =90-(б+х) и нам известно , что DAB=б Поэтому MAD=90-x . Теперь проведём ОМ и АО заметим что они будут перпендикулярны АD и СD Потому что ВСО равнобедренный треугольник а Точка М центр ВС ,AD касательная соответсвенно ОАD=90

Значит АOMD вписанная значит если проведём диагональ ОD то МОD = MAD=90-x

Но если обратим внимание на треугольник МО D’ то в начале мы сказали что ОD’B = x ,а треугольник MOD’ прямоугольный значит МОD’ =90-x=MAD=MOD то есть D’OD=0 значит D’ = D Поэтому ХО пересекает ВС в точке D ,а значит точки О , D и Х лежат на одной прямой.ВВедите тескт...

Б.О.О. $2b=\angle{CBX}>\angle{BCX}=2c \\ \angle{COB}=2\angle{CAB}=2 \angle{LAK}=\angle{LMK}=\angle{CXB}$ значит $CBXO$-вписан. Пусть ОХ и СВ пересекаются в точке N тогда $\angle{ONC}=b-c$

Дальше считаем через триг чеву (Треугольник CDA, чевианы пересекаются в точке О, $\angle{OCA}=\angle{OAC};\angle{OAD}=90°$)

И понимаем, что $\angle{ODC}=b-c=\angle{ONC} \Rightarrow N=D$ ЧТД

как поставить диз

ХАХАХАХАХАХАХАХАХХА

В чем проблема? 2 километровую счет через чеву выразил за 2 строки