қазақша
русскийРеспубликанская олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс
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
ХАХАХАХАХАХАХАХАХХА
В чем проблема? 2 километровую счет через чеву выразил за 2 строки
Пусть $X'-$ точка Болтая против вершины $A$. Тогда просто:
$\angle MKB = \angle MAB = \angle X'AC = \angle X'BA => X'B \parallel KM$.
Аналогично $X'C \parallel ML$.
Отсюда можно утверждать, что $X'=X$.
Пусть $AX \cap (ABC)=A'$. Так как $AX-$ симмедиана $\Rightarrow ABA'C-$ гармонический.
Откуда следует $DA'$ касается $(ABC)$.
Одно из свойств точки Болтая: $\angle AXO = 90^\circ$ (Не трудно доказывается счетом углов).
Используя это очевидно следует коллинеарность точек $X, D, O$.
Пусть паралелльная линия из точки $B$ на $KM$ пересекает $DO$ в точке $X$ . Тогда нам требуется доказать что $\angle XCA = \angle CLM$ (требуется доказать что $XC \parallel LM$) . Заметим что $M$ - центр описанной окружности около треугольника $AKL$ . Пусть $\angle ABX$ $=$ $\angle AKM = \angle BAM$ $=$ $\alpha$ и $\angle XBM = \beta$ и $\angle MAL = \angle MLA = \beta$ . Заметим что четырехугольник $AOMD$ - вписанный $\Rightarrow$ $\angle AOD = AMD = 2\alpha + \theta$, но $2\angle ABC = \angle AOC = 2\alpha + 2\beta$ $\Rightarrow$ $\angle XOC = \theta$ $\Rightarrow$ $XOBC$ - вписанный . Так как у нас $2\angle BAC = BOC = 2\alpha + 2\beta$ $\Rightarrow$ $\angle OCB = \angle OBC = 90 - \alpha - \beta$ $\Rightarrow$ $\angle OBX$ = $90 - \alpha - \beta - \theta$ = $\angle OCX$ . Заметим что $\angle ACB = 180 - 2\alpha - \beta - \theta$ $\rightarrow$ $\angle ACX = \beta$ $\rightarrow$ $CX \parallel ML$ $\blacksquare$
Обозначения. Барицентрические координаты относительно $ABC$.
$S_A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}$, $S_B=\frac{c^2+a^2-b^2}{2}$, $S_C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2}$.
Тождество: $S_B+S_C=a^2$.
Известно: $O=(a^2S_A:b^2S_B:c^2S_C)$, $M=(0:1:1)$.
Касательная к описанной окружности в точке $A$: $c^2y+b^2z=0$.
Серединный перпендикуляр к $AB$: $c^2(y-x)+z(b^2-a^2)=0$.
Серединный перпендикуляр к $AC$: $b^2(x-z)+y(a^2-c^2)=0$.
Медиана $AM$: $y=z$.
Точка $D$.
$D$ лежит на $BC$ (то есть $x=0$) и на касательной в $A$: $c^2y+b^2z=0$.
Отсюда $y:z=b^2:(-c^2)$, поэтому $D=(0:b^2:-c^2)$.
Точки $F$ и $E$.
Пусть $F=BX\cap AM$ и $E=CX\cap AM$.
Так как $MA=MK$, имеем $\angle MAK=\angle MKA$.
Из $BF\parallel KM$ следует $\angle FBA=\angle MKA$.
Точка $F$ лежит на $AM$, а $K$ лежит на прямой $AB$, поэтому $\angle FAB=\angle MAK$.
Значит, $\angle FBA=\angle FAB$, то есть $FA=FB$.
Итак, $F$ лежит на серединном перпендикуляре к $AB$ (углы берём ориентированными, тогда рассуждение не зависит от чертежа).
Аналогично из $MA=ML$ и $CE\parallel LM$ получаем $EA=EC$, то есть $E$ лежит на серединном перпендикуляре к $AC$.
Координаты $F$. Точки медианы имеют вид $(t:1:1)$. Подставляем в серединный перпендикуляр к $AB$:
$c^2(1-t)+(b^2-a^2)=0$, откуда $t=\frac{b^2+c^2-a^2}{c^2}$.
Значит, $F=(b^2+c^2-a^2:c^2:c^2)=(2S_A:c^2:c^2)$.
Координаты $E$. Подставляем $(t:1:1)$ в серединный перпендикуляр к $AC$:
$b^2(t-1)+(a^2-c^2)=0$, откуда $t=\frac{b^2+c^2-a^2}{b^2}$.
Значит, $E=(b^2+c^2-a^2:b^2:b^2)=(2S_A:b^2:b^2)$.
Точка $X$.
Прямая $BF$ проходит через $B=(0,1,0)$ и $F=(2S_A,c^2,c^2)$. Для её точек $x:z=2S_A:c^2$, то есть $c^2x-2S_Az=0$.
Прямая $CE$ проходит через $C=(0,0,1)$ и $E=(2S_A,b^2,b^2)$. Для её точек $x:y=2S_A:b^2$, то есть $b^2x-2S_Ay=0$.
Из обоих уравнений при $x=2S_A$ получаем $z=c^2$ и $y=b^2$.
Итак, $X=(2S_A:b^2:c^2)$.
Коллинеарность $X$, $D$, $O$.
Три точки коллинеарны тогда и только тогда, когда определитель из их координат равен $0$.
Строки определителя: $X=(2S_A,\ b^2,\ c^2)$, $D=(0,\ b^2,\ -c^2)$, $O=(a^2S_A,\ b^2S_B,\ c^2S_C)$.
Раскладываем по первой строке:
$\Delta=2S_A(b^2\cdot c^2S_C-(-c^2)\cdot b^2S_B)-b^2(0\cdot c^2S_C-(-c^2)\cdot a^2S_A)+c^2(0\cdot b^2S_B-b^2\cdot a^2S_A)$.
Считаем слагаемые:
первое: $2S_A\cdot b^2c^2(S_C+S_B)=2a^2b^2c^2S_A$, так как $S_B+S_C=a^2$;
второе: $-b^2\cdot c^2a^2S_A=-a^2b^2c^2S_A$;
третье: $c^2\cdot(-a^2b^2S_A)=-a^2b^2c^2S_A$.
Сумма: $\Delta=2a^2b^2c^2S_A-a^2b^2c^2S_A-a^2b^2c^2S_A=0$.
Определитель равен $0$, значит точки $X$, $D$, $O$ лежат на одной прямой.
Что и требовалось доказать.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.