Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс

Барлық бұрышы $45^\circ$-тан артық болатын $ABC$ ($AB\ne AC$) үшбұрышында $AD$ биіктігі жүргізілген. $\omega_1$ және $\omega_2$ — диаметрлері, сәйкесінше, $AC$ және $AB$ болатын шеңберлер. $ADB$ бұрышының биссектрисасы $\omega_1$-ді екінші рет $P$ нүктесінде, ал $ADC$ бұрышының биссектрисасы $\omega_2$-ні екінші рет $Q$ нүктесінде қияды. $AP$ түзуі $\omega_2$-ні екінші рет $R$ нүктесінде қисын. $PQR$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі $BC$ түзуінің бойында жататынын дәлелдеңіз. ( 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 $PQR$.