Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 9 класс

Дан неравнобедренный остроугольный треугольник $ABC$, в котором $O$ — центр описанной окружности, a $H$ — точка пересечения высот. Прямая, проходящая через $H$ и параллельная $BC$, пересекает $AB, AC$ в точках $A_1, A_2$ соответственно. Аналогично определим точки $B_1,B_2,C_1,C_2$. Докажите, что радикальный центр описанных окружностей треугольников $AA_1A_2$, $BB_1B_2$ и $CC_1C_2$ лежит на прямой $OH$. (Радикальный центр трёх окружностей — точка пересечения радикальных осей трёх пар окружностей.) ( Зауытхан А. )

Комментарий/решение

Проведем высоту $AD$. И пусть касательные к опис окр $ABC$ в точках $C$ и $B$ пересекаются в $M$. Тогда не сложно доказать что $MD$ является радикальной осью $BB_1B_2$ и $CC_1C_2$. Отсюда эти три рад оси пересекаются с $OH$ в центре гомотетии которая переводид ортогональный треугольник в треугольник образовавшейся касательными.

А что если дети не знают что такое рад ось? Не порядок, надо избегать таких формулировок. Когда я участвовал на респе 9 кл, будучи 8 классником, то даже углы считать не умел, не говоря уже о степени точки и рад осях. А так на угаре задача)))

рад ось и степень точки в 9 классе проходят

В школьной программе ничего подобного и в помине нет и рассказывается разве что на доп занятиях. Безусловно, большинство участников будет знать эти темы, но несмотря на это, на респу 9 кл можно пройти и без этих знаний

я в наивысшей степени счастья от того как развиваются математики казахстана, кроме пользователя abdulkashib

Чалышшы брат

Пусть касательные в точках $A$ и $B$ к опис окружности $ABC$ пересекаются в точе $K$.Очевидно это так же касательные и к $AA_1A_2$ и $BB_1B_2$ т.е $K$ лежит на рад оси этих окружностей.Пусть $Y$ высота с $C$ на $AB$.(!)$\frac{YA}{YB}=\frac{YB_2}{YA_1}$ применим Ratio lemma в $AHB$:

$\frac{YB}{YA}=\frac{BH}{AH}\cdot\frac{\sin(YHB)}{\sin(YHA)}=\frac{\cos(B)}{\cos(A)}\cdot\frac{\sin(A)}{\sin(B)}$.

Ratio lemma в $A_1B_2H$:

$\frac{YA_1}{YB_2}=\frac{\sin(A_1B_2H)}{\sin(B_2A_1H)}\cdot\frac{\sin(YHA_1)}{\sin(YHB_2)}=\frac{\sin(A)}{\sin(B)}\cdot\frac{\cos(B)}{\cos(A)}$.

$\Rightarrow \frac{YA}{YB}=\frac{YB_2}{YA_1}\Rightarrow Y$ лежит на рад оси окружностей $AA_1A_2$ и $BB_1B_2\Rightarrow KY$ это рад ось.Теперь пусть касательные в $A$ и $C$ к окружности $ABC$ пересекаются в точке $T$ а $Z$ это высота с $B$ на $AC$.Тогда очевидно что $HZY$ и $OKT$ гомотетичны из счета углов $\Rightarrow KY;TZ;OH$ пересекаются в 1 точке.Ч.Т.Д.

Bro просто переписал решение выше высрав синусами

Обозначения. Барицентрические координаты относительно $ABC$.

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

Тождества: $S_B+S_C=a^2$, $S_C+S_A=b^2$, $S_A+S_B=c^2$. Треугольник остроугольный, $S_A,S_B,S_C>0$.

Окружность с параметрами $(u,v,w)$: $a^2yz+b^2zx+c^2xy=(x+y+z)(ux+vy+wz)$.

$H=\frac{1}{S^2}(S_BS_C,\ S_CS_A,\ S_AS_B)$, $O=(a^2S_A:b^2S_B:c^2S_C)$.

Основание высоты из $A$: $D=\frac{1}{a^2}(0,\ S_C,\ S_B)$.

Точки $A_1$, $A_2$.

$A_1\in AB$, $A_2\in AC$, поэтому $A_1=(p,\ 1-p,\ 0)$, $A_2=(q,\ 0,\ 1-q)$.

Условие 1: $A_1$, $A_2$, $H$ коллинеарны. Определитель со строками $(p,\ 1-p,\ 0)$, $(q,\ 0,\ 1-q)$, $(S_BS_C,\ S_CS_A,\ S_AS_B)$ равен $0$:

$(1-p)(1-q)S_BS_C-p(1-q)S_CS_A-q(1-p)S_AS_B=0$.

Условие 2: $DH\bot A_1A_2$. Здесь $H-D\parallel(a^2,\ -S_C,\ -S_B)$, а $A_2-A_1=(q-p,\ p-1,\ 1-q)$.

Подставляя в условие перпендикулярности

$a^2(u_2w_3+u_3w_2)+b^2(u_3w_1+u_1w_3)+c^2(u_1w_2+u_2w_1)=0$,

получаем $2S^2(p-q)=0$, то есть $p=q$.

При $q=p$ условие 1 принимает вид $(1-p)\left((1-p)S_BS_C-p\,a^2S_A\right)=0$.

Корень $p=1$ вырожденный. Второй корень: $p=\frac{S_BS_C}{S^2}$, $1-p=\frac{a^2S_A}{S^2}$. Итак,

$A_1=\frac{1}{S^2}(S_BS_C,\ a^2S_A,\ 0)$, $A_2=\frac{1}{S^2}(S_BS_C,\ 0,\ a^2S_A)$.

Циклическим сдвигом получаем

$B_1=\frac{1}{S^2}(0,\ S_CS_A,\ b^2S_B)$, $B_2=\frac{1}{S^2}(b^2S_B,\ S_CS_A,\ 0)$,

$C_1=\frac{1}{S^2}(c^2S_C,\ 0,\ S_AS_B)$, $C_2=\frac{1}{S^2}(0,\ c^2S_C,\ S_AS_B)$.

Окружности $q_1=(AA_1A_2)$, $q_2=(BB_1B_2)$, $q_3=(CC_1C_2)$.

Для $q_1$: точка $A$ даёт $u_1=0$. Подстановка $A_1$ даёт $c^2p(1-p)=v_1(1-p)$, то есть $v_1=c^2p$. Подстановка $A_2$ даёт $w_1=b^2p$.

Аналогично для $q_2$ и $q_3$. Итак,

$q_1:\ \left(0,\ \frac{c^2S_BS_C}{S^2},\ \frac{b^2S_BS_C}{S^2}\right)$,

$q_2:\ \left(\frac{c^2S_CS_A}{S^2},\ 0,\ \frac{a^2S_CS_A}{S^2}\right)$,

$q_3:\ \left(\frac{b^2S_AS_B}{S^2},\ \frac{a^2S_AS_B}{S^2},\ 0\right)$.

Радикальные оси.

Левые части уравнений одинаковы, поэтому ось окружностей $q_i$, $q_j$ имеет коэффициенты $(u_i-u_j,\ v_i-v_j,\ w_i-w_j)$.

Используем $b^2S_B-a^2S_A=(a^2-b^2)S_C$ и $c^2S_C-a^2S_A=(a^2-c^2)S_B$ (подстановка $S_A$, $S_B$, $S_C$):

$l_{12}=\frac{1}{S^2}(-c^2S_AS_C,\ c^2S_BS_C,\ (a^2-b^2)S_C^2)$,

$l_{13}=\frac{1}{S^2}(-b^2S_AS_B,\ (a^2-c^2)S_B^2,\ b^2S_BS_C)$.

Радикальный центр $R$.

Вынесем $S_C$ из $l_{12}$ и $S_B$ из $l_{13}$:

$m=(-c^2S_A,\ c^2S_B,\ (a^2-b^2)S_C)$, $n=(-b^2S_A,\ (a^2-c^2)S_B,\ b^2S_C)$.

Векторное произведение $m\times n$, использующее $b^2+c^2-a^2=2S_A$:

первая координата $S_BS_C(b^2c^2-(a^2-b^2)(a^2-c^2))=2a^2S_AS_BS_C$,

вторая $S_AS_C(b^2c^2-b^2(a^2-b^2))=2b^2S_A^2S_C$,

третья $S_AS_B(b^2c^2-c^2(a^2-c^2))=2c^2S_A^2S_B$.

Сокращаем $2S_A$: $R=(a^2S_BS_C:\ b^2S_CS_A:\ c^2S_AS_B)$.

Коллинеарность $R$, $H$, $O$.

Определитель со строками $R=(a^2S_BS_C,\ b^2S_CS_A,\ c^2S_AS_B)$, $H=(S_BS_C,\ S_CS_A,\ S_AS_B)$, $O=(a^2S_A,\ b^2S_B,\ c^2S_C)$.

Раскладываем по первой строке и выносим $S_AS_BS_C$:

$\Delta=S_AS_BS_C(a^2(c^2S_C^2-b^2S_B^2)-b^2(c^2S_C^2-a^2S_A^2)+c^2(b^2S_B^2-a^2S_A^2))$.

Группируем по парам:

$\Delta=S_AS_BS_C(a^2c^2(S_C^2-S_A^2)+a^2b^2(S_A^2-S_B^2)+b^2c^2(S_B^2-S_C^2))$.

Из $S_A+S_B=c^2$, $S_B+S_C=a^2$, $S_C+S_A=b^2$ следует $S_C-S_A=a^2-c^2$, $S_A-S_B=b^2-a^2$, $S_B-S_C=c^2-b^2$, поэтому

$S_C^2-S_A^2=(a^2-c^2)b^2$, $S_A^2-S_B^2=(b^2-a^2)c^2$, $S_B^2-S_C^2=(c^2-b^2)a^2$.

Тогда

$\Delta=S_AS_BS_C\cdot a^2b^2c^2((a^2-c^2)+(b^2-a^2)+(c^2-b^2))=0$.

Значит, $R$, $H$, $O$ лежат на одной прямой, то есть $R\in OH$.

Что и требовалось доказать.