Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс

В треугольнике $ABC$ ($AB\ne AC$), в котором все углы больше $45^\circ$, проведена высота $AD$. Пусть $\omega_1$ и $\omega_2$ — окружности с диаметрами $AC$ и $AB$ соответственно. Биссектриса угла $ADB$ вторично пересекает $\omega_1$ в точке $P$, а бисектрисса угла $ADC$ вторично пересекает $\omega_2$ в точке $Q$. Прямая $AP$ вторично пересекает $\omega_2$ в точке $R$. Докажите, что центр описанной окружности треугольника $PQR$ лежит на прямой $BC$. ( Шынтас Н. )

Комментарий/решение

Пусть $S=AQ\cap(ABD)\neq A$, тогда заметим, что: $$\angle (PS,SQ)=\angle (PS,SA)=\angle (PD,DA)=\angle (AD,DQ)=\angle (AR,RQ)=\angle (PR,RQ)$$

поэтому $PSRQ$ - вписанный. Тогда для положений $(P,R), (S,Q)$ велосипедистов по $\omega_1$ и $\omega_2$ получаем, что есть точка $O$, которая лежит на серперах к $PR$ и $QS$, и из вписанности $PSRQ$ следует, что $O$ - центр окружности. Как известно, данная точка $O$ определяется, как точка, для которой $AO_1OO_2$ является параллелограммом, то есть серединой $BC$. $O_1,O_2$ - центры окружностей $\omega_1$ и $\omega_2.$

Иначе:

Лемма:

Проекции вершин $B,C$ на изогонали угла $\angle BAC$ равноудалены от середины $BC$.

Заметим, что $\angle PAB=\angle CAQ=45^\circ$, $\angle SAB=\angle RAC$ и $\angle PBA=\angle BSA=\angle CRA=\angle CQA=90^\circ$. Если использовать лемму, то получится, что серперы к $SR$ и $PQ$ пересекутся в $M$, которая середина $BC$.

Пусть $(PQD)$ пересекает $BC$ в точке $M$. Тогда $\angle QPM$ $=$ $\angle ADQ$ $=$ $45$. Очевидно $MP=MQ$ и угол $PMQ$ прямой. Из вписанности $QRBA$: $\angle PRQ$ $=$ $\angle ABQ$ $=$ $45$. Значит $\angle PMQ$ два раза больше $\angle PRQ$. Отсюда легко понять что $M$ центр описанной $PQR$.

Решение задачи методом барицентрических координат

1. Обозначения

Введем барицентрические координаты относительно треугольника. Пусть $S = 2[ABC]$, а также:

$S_A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2}$, $S_B = \frac{c^2+a^2-b^2}{2}$, $S_C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2}$, $S^2 = S_AS_B + S_BS_C + S_CS_A$

Для острых углов $S_A, S_B, S_C > 0$. Уравнение окружности с параметрами $(u, v, w)$ имеет вид:

$f(X) = (x+y+z)(ux+vy+wz)$, где $f = a^2yz + b^2zx + c^2xy$

2. Точки $D$, $E$, $F$ и окружности $\omega_1$, $\omega_2$

- Основание высоты из $A$ на $BC$: $D = (0 : S_C : S_B)$.

- Биссектриса угла $ADB$ делит $AB$ в точке $E = (S_B : S : 0)$.

- Биссектриса угла $ADC$ делит $AC$ в точке $F = (S_C : 0 : S)$.

- Окружность $\omega_1$ (проходящая через $A, C, D$) имеет коэффициенты $u=w=0$. Подставляя точку $D$, получаем $v=S_B$:

$\omega_1: \ S_Cyz + S_Axy + b^2zx - S_By^2 = 0$

- Аналогично для $\omega_2$ (проходящей через $A, B, D$):

$\omega_2: \ S_Byz + S_Azx + c^2xy - S_Cz^2 = 0$

3. Нахождение точки $P$

Точка $P$ — вторая точка пересечения прямой $DE$ и $\omega_1$. Точки прямой $DE$ задаются как $D+tE = (tS_B,\ S_C+tS,\ S_B)$. Подставляя их в уравнение $\omega_1$ и сокращая на $t$, получаем уравнение:

$t \, S_BS \, \left((S-S_C) - t(S-S_A)\right) = 0$

Отсюда находим параметр $t = \frac{S-S_C}{S-S_A}$. Подставляя его обратно и нормируя координаты, получаем:

$P = (S-S_C : b^2 : S-S_A)$ (сумма координат $2S$)

4. Нахождение точки $Q$

По симметрии $B \leftrightarrow C$ (при которой $x \leftrightarrow y$, $b \leftrightarrow c$, $S_B \leftrightarrow S_C$), из точки $P$ получаем точку $Q$:

$Q = (S-S_B : S-S_A : c^2)$ (сумма координат $2S$)

5. Нахождение точки $R$

Точка $R$ — вторая точка пересечения прямой $AP$ и $\omega_2$. Запишем точки прямой $AP$ в виде $A+tP$. Подставляя их в $\omega_2$ и сокращая на $t$, получаем линейное уравнение относительно параметра $t$:

$\alpha + \beta t = 0$, где $\alpha = S(S+S_A)$, $\beta = 2S^2(S-S_C)$

Находим корень $t = -\frac{S+S_A}{2S(S-S_C)}$. Подставляя его в координаты прямой $AP$ и умножая на общий знаменатель, получаем ненормированные координаты точки $R$:

$R = ((S-S_A)(S-S_C) : -b^2(S+S_A) : -(S-S_A)(S+S_A))$ (сумма координат $-2Sb^2$)

6. Окружность $PQR$ и её центр $O'$

Возьмем параметры окружности $u = \frac{S+S_A}{2}$ и $v = w = \frac{S-S_A}{2}$ и подставим в уравнение $f(X) = (x+y+z)L(X)$:

- Для точки $P$: $f(P) = 2S \cdot S_Bb^2 = (x+y+z)L(P)$.

- Для точки $Q$: $f(Q) = 2S \cdot S_Cc^2 = (x+y+z)L(Q)$.

- Для точки $R$: $f(R) = 2Sb^2S_C mn = (x+y+z)L(R)$.

Равенства выполняются тождественно, значит, через $P$, $Q$ и $R$ действительно проходит окружность с данными параметрами.

Используя формулу для центра окружности через параметры $(u, v, w)$:

$O' = \frac{1}{2S^2} \left[ (a^2S_A, \, b^2S_B, \, c^2S_C) + u(-a^2, S_C, S_B) + v(S_C, -b^2, S_A) + w(S_B, S_A, -c^2) \right]$

Подставляем значения $u$ и $v = w$:

- Первая координата: $a^2S_A - a^2u + (S_B+S_C)v = 0$

- Вторая координата: $b^2S_B + S_Cu + (S_A-b^2)v = S^2$

- Третья координата: $c^2S_C + S_Bu + (S_A-c^2)v = S^2$

Получаем центр окружности:

$O' = \frac{1}{2S^2} (0, \, S^2, \, S^2) = \left(0, \, \frac{1}{2}, \, \frac{1}{2}\right)$

Так как первая координата равна $0$, центр $O'$ лежит на прямой $BC$ (являясь серединой стороны $BC$).

Что и требовалось доказать.