Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 10 класс


Окружность ω с центром в точке I, вписанная в неравнобедренный треугольник ABC, касается сторон BC, CA и AB в точках D, E и F соответственно. Описанные окружности треугольников ABC и AEF вторично пересекаются в точке K. Прямые EF и AK пересекаются в точке X и пересекают прямую BC в точках Y и Z соответственно. Касательные прямые к ω, отличные от BC, проходящие через точки Y и Z, касаются ω в точках P и Q соответственно. Пусть прямые AP и KQ пересекаются в точке R. Докажите, что если M — середина отрезка YZ, то IRXM. ( Зауытхан А. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   3
10 месяца 17 дней назад #

Решение без элементов проек-й геометрии.

Пусть w1 окружность с центром G и диаметром AI с R=GF=GE так что AIFE и w2 с центром A радиусом R=AI так же ω окружность с центром I и R=FI=EI. Возьмем на w1 произвольную точку K, пусть l касательная к w1 в точке I если ZlAK проведем касательные ZD,ZQ к ω где Q ближе к A.

Если CZDAE, CZQAE, BZDAF, BZQAF, HlAF

1) Покажем что BCBC - описанный.

Достаточно посчитать углы приняв ACB=c, ABC=b

BAC=180bc, FAI=90(b+c)/2, BHZ=(b+c)/2, HZB=(bc)/2,BZB=bc, ZBB=c то есть BCBC - описанный , так же AIB=b/2 но ABI=b/2 значит ABI,ABI подобны, ровна как и AIC,AIC откуда AI2=ABAB=ACAC.

Но из построения AI2=AKAZ значит при инверсии относительно w2 касательная ZQ перейдет в окружность описанную около ABCK.

2) Пусть LZQEF, XEFAK, YBCEF тогда CYE=HZB=(cb)/2 но QLE=QZI=HZB то есть ZL=ZY .

3) Из 1 получается KCB=KAF=KEF то есть KECY - вписанный, откуда YKZ=YKEZKE=180cFKEFKZ=180c(180bc)(b+c)/2=(bc)/2 то есть YKLZ вписанный, пусть YP касательная к ω тогда A,P,D лежат на одной прямой, так как IYAD так же по известному свойству при инверсии относительно окружности с радиусом AF прямая EF переходит в w1 тогда KYC=AEK=AFK=AXE то есть YZX,YZK подобны и KQIDZ лежат на одной окружности с диа-м ZI откуда KDI=KIA так же из вписанности QKI=IKD.

4) Для того чтобы доказать что MXRI из задачи, нужно показать что AIR=YXM отметим что из выше описанных свойств, следует что если TKRAI то YXZ,KTI подобны тогда нужно показать что IR симедиана KIT

5) Пусть SKDAI .

Для этого покажем по свойству симедианы KRTR=KI2TI2 . Тогда из подобия KDI,KIT выходит KI2=KDKT и пользуясь тем что KI биссектриса KTS получается TI=SIKTKS подставляя KRTR=KDKS2SI2KT но SI касательная к KQIDZ откуда SI2=SDKS откуда KRTR=KDKSSDKT что верно так как это есть т. Менелая для секущей AD и KST учитывая ASAT=KSKT так как AK биссектриса внешнего AKD

пред. Правка 2   1
5 месяца 28 дней назад #

Очевидно что APD так как их поляры проходят через Y.

IKFE=L, При инверсии с центром I и r2=ID2 L=>K отсюда тк IKA=90 прямая AK поляр точки L, и заметим что поляры точек L,Q,D проходят через Z отсюда они колинеарны. По свойству поляра:

(Q,D;L,QDAK)K=(R,D;ADKL,A)=(IR,ID;IK,IA)=1 и так как IDBC, IKXZ, IAXY отсюда следует перпендикулярность.