Processing math: 43%

Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2023-жыл


ABCD параллеллограммының AB, BC, CD, DA қабырғаларынан, сәйкесінше, W, X, Y, Z нүктелері AWZ, BXW, CYX, DZY үшбұрыштарына іштей сызылған шеңберлер центрлері параллелограмм төбелері болатындай алынған. WXYZ төртбұрышы да параллелограмм екенін дәлеледеңіз.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   2
9 месяца 9 дней назад #

1) Пусть E,J,E,J инцентры AWZ,ZDY,CXY,BWX.

Точки E,J,E,J лежат на биссектрисах и по условию EEJJ параллелограмм, если

NAEJD,MCEBJ тогда AND,BMC равные треугольники по двум углам и равной стороне AD=BC значит, если EJ||EJ и EJ=EJ тогда треуг-и EMJ,NEJ равны, значит AE=CE,DJ=BJ.

2) Пусть IACBD и WWICD,YYIAB,ZZIBC тогда если Y=W,X=Z () тогда J,E симметричны J,E относительно точки I и из-за симметрии XYZW - параллелограмм.

3) Покажем что () это единственное положение точек, зафиксируем точки W,Z или по другому E,E то есть инцентры AWZ,CWZ и J инцентр DZY и J симметричен относительно I соответственно, будем двигать точки X,Y двигать по сторонам BC,CD.

Без ограничения общности, пусть A-острый, учитывая AE=CE,JD=BJ

1. Если X=Z

Y лежит внутри WD тогда CXY>CXW откуда если E инцентр CXY и d(a,b) расстояние от a до b тогда \angle CXE'' > \angle CXE' значит d(E'',BC)>d(E',BC) и наоборот когда Y лежит в W'C тогда d(E'',BC)<d(E',BC)

2. Если Y=W'

X лежит внутри BZ' тогда \angle CYX > \angle CYZ' откуда d(E'',CD)>d(E',CD) аналогично X \in CZ' тогда d(E'',CD)<d(E',CD)

3. Если WL,YG биссектрисы BWX,CYX тогда из вышеперечисленных следует, что если Y \in W'D, X \in BZ' тогда E' лежит внутри CYG соответственно если нет, то вне его.

4. Тогда если Y' \in W'D тогда X обязана находится в BZ' так как \angle DZW' > \angle DZY и JD=BJ' но тогда из п.3 следует что E' лежит внутри CGY значит E' не является инцентром, аналогично если Y \in CW' тогда X \in CZ' но тогда E' лежит вне треугольника CYG.

Значит возможен только случай (*)

пред. Правка 3   7
4 месяца 7 дней назад #

Обозначим инцентры треугольников I_1, I_2, I_3, I_4 с радиусами r_1, r_2, r_3, r_4. Б.О.О. r_1>r_2 и обозначим острый угол между прямыми I_1I_2 и AB (и соответственно угол между прямыми I_3I_4 и CD) как \beta. Тогда из подобии и теоремы синусов легко заметить что:

r_1-r_2=I_1I_2\cdot sin\beta=I_3I_4\cdot sin\beta=r_3-r_4

отсюда следует что r_1+r_4=r_2+r_3, аналогично r_1+r_2=r_3+r_4, значит r_1=r_3 и r_2=r_4.

Теперь зафиксируем наши окружности. Легко заметить что они симметричны относительно центра ABCD. Тогда давайте будем двигать точку W по прямой AB. Если AW_1<AW_2 (где W_1 и W_2 две различные позиции точки W) то понятно AZ_1>AZ_2. Тогда можно понять что если Б.О.О. AW>CY то у нас AZ<CX. Из череды аналогичных неравенств получим что:

AW>CY \Rightarrow BW<DY \Rightarrow BX>DZ \Rightarrow AZ>BX что противоречит тому что AZ<BX. Значит AW=CY откуда легко следует требуемое.