Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 9 класс

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина стороны $AB$, $I$ — центр вписанной окружности, а $J$ — середина дуги $AB$ окружности, описанной около $\triangle ABC$, не содержащей точку $C$. К окружности с центром $J$ и радиусом $JM$ провели касательные $IP$ и $IQ$ ($A$ и $P$ лежат по одну сторону от прямой $CI$). Описанные окружности треугольников $APJ$ и $BQJ$ вторично пересекаются в точке $R$. Докажите, что $R$ лежит на прямой $AB$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

$JP=JM=JQ$ радиусы, а по лемме трезубца $AJ=IJ=BJ.$

Очевидно, что $JM \bot MB.$ Тогда по пифагоре;

$IQ^2= IJ^2-JQ^2=JB^2-JM^2=MB^2 \Rightarrow IQ=MB.$

Так же аналогично $IP=AM=MB=IQ$

Пусть $MB \cup IQ=T \Rightarrow TM,TQ$ касательные, значит равны; $IQ=MB \Rightarrow IT=TB; \angle MTI= \angle QTB, \Rightarrow \triangle MTI= \triangle QTB \Rightarrow MI=QB$

Так же аналогично $MI=AP=QB.$

Получаем; $AJ=IJ=BJ, PJ=MJ=QJ, AP=MI=BQ.$

Значит треугольники $\triangle APJ= \triangle IMJ= \triangle BQJ$ равны. $\Rightarrow \angle APJ= \angle BQJ. $

Пусть окружность $(APJ)$ пересекает прямую $AB$ в точке $R'$. тогда $180^\circ - \angle BR'J=180^\circ - \angle ARJ= \angle APJ= \angle BQJ$, из чего следует, что $BQJR'$ вписанный. Окружности $(APJ)$ и $(BQJ)$ вторично пересекаются в точках $R$ и $R'$. Значит $R=R'$, а она лежит на $AB$ ч.т.д.

Через точку $Q$ проведем прямую, параллельную стороне $AB$. Пусть эта прямая пересечет описанную окружность треугольника $\triangle BJQ$ в точке $E$. Через точку $A$ проведем прямую, параллельную стороне $RE$. Тогда $\angle ARE+\angle BRE=\angle REQ+\angle RBQ=180^\circ$

Второй случай — когда $R$ лежит на прямой $AB$. Пусть $D$ такая точка на $EQ$, что $RE=AD=BQ$. Тогда $AB\parallel DQ\parallel EQ\parallel RB \longrightarrow A$ дежит на отрезке $RB$

Мне кажется, что моё предыдущее решение неверно. Б.О.О $CA>CB$

$CJ\cup AB=D\Longrightarrow \dfrac{CJ}{\sin\angle SBJ}\cdot \dfrac{CD}{\sin\angle CAD}=\dfrac{CB}{\sin\angle CJB}\cdot \dfrac{CA}{\sin\angle CDA}\Longrightarrow CJ\cdot CD=CA\cdot CB.$ $(RJD)\cup CR=E,$ $(ABC)\cup RJ=F,$ $(FJD)\cup (FRE)=G,$ и $H$ симметричная точка $B$ относительно $CJ$(очевидно что $H$ лежит на $CA$) $\Longrightarrow JD, FG, RE$ пересекаются в точке $C$ так как они рад. оси окружности $(JDGF), (RFGE), (JRED).$ В треугольнике $CRJ$, $RFGE$ и $JFGD$ вписанный $\Longrightarrow CDGE $ вписанный (Теорема Микеля). $\angle DGF+\angle FGH=180-\angle FJD+180-\angle FAH=180=\angle DGH.$ $FD\cup (ABC)=K\Longrightarrow \angle CKD=\angle CKF=\angle CJF=\angle CGD=\angle CED\Longrightarrow K$ симметрично $E$ относительно $CJ\Longrightarrow \angle CEJ=\angle CKJ=\angle CBJ=\angle CHJ\Longrightarrow CJHE$ вписанный и $\angle DAR=\angle CAD+\angle CAR=\angle CJH+\angle CEH=180\Longrightarrow B,D,A,R$ лежт на одной прямой. А если $R$ лежит внутри $(ABC)\Longrightarrow \angle DRA=\angle DRC+\angle CRA=\angle CJE+\angle CHE=180\Longrightarrow B,D,R,A$ лежат на одной прямой $\blacksquare$

Решение задачи методом барицентрических координат

1. Обозначения и вводные данные

Введем барицентрические координаты относительно $\triangle ABC$ .

Пусть стороны треугольника равны $a, b, c$, а полупериметр равен $s = a + b + c$.

Введем вспомогательные величины:

$D = (a+b)^2 - c^2 = (a+b-c)s$, $E = c^2 - (a-b)^2$

Считаем, что $a \ne b$.

Уравнение описанной окружности в барицентрических координатах:

$a^2yz + b^2zx + c^2xy = 0$

Уравнение произвольной окружности $[u,v,w]$ имеет вид:

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

Для векторов с суммой координат $0$, квадрат длины и скалярное произведение задаются формулами:

$|p|^2 = -a^2p_2p_3 - b^2p_3p_1 - c^2p_1p_2$, $(p,q) = -\frac{1}{2}(a^2(p_2q_3+p_3q_2)+b^2(p_3q_1+p_1q_3)+c^2(p_1q_2+p_2q_1))$

2. Координаты центра вписанной окружности ($I$) и точки $J$

Центр вписанной окружности $I$ и точка $J$ ($\overset{\frown}{AB}$ — середина дуги $AB$ описанной окружности, не содержащая точку $C$) имеют следующие координаты:

$I = (\frac{a}{s}, \frac{b}{s}, \frac{c}{s})$

Точка $J$ лежит на биссектрисе $CI$ (прямая $bx = ay$). Подставляя ее в уравнение описанной окружности, находим ненормированные координаты точки $J$:

$J = (-a^2 : b(a+b-c) : c(a-b+c))$ или в нормированном виде: $J = \frac{1}{D}(a(a+b), \, b(a+b), \, -c^2)$

По лемме о трезубце выполнено $JA = JB = JI$.

3. Радиус окружности с центром в $J$ и длина касательной

Рассмотрим окружность с центром в $J$, проходящую через $M$ (середину стороны $AB$).

Вычислим вектор $\overrightarrow{JI} = I - J$ и квадрат расстояния $d^2 = JI^2$:

$\overrightarrow{JI} = \frac{c}{D}(-a, -b, a+b)$, $d^2 = JI^2 = \frac{abc^2}{D}$

Квадрат радиуса равен $\rho^2 = JM^2 = \frac{c^2E}{4D}$.

Тогда квадрат длины касательной из точки $I$ равен:

$\ell^2 = d^2 - \rho^2 = \frac{c^2(4ab - E)}{4D} = \frac{c^2}{4}$

4. Нахождение точек касания $P$ и $Q$

Прямая через $I$, параллельная $AC$, имеет направление $e = (1, 0, -1)$. Проверяя условие касания, находим точку касания $P$ при значении параметра $t = \frac{c}{2b}$:

$P = I + \frac{c}{2b}(1, 0, -1) = (\frac{a}{s} + \frac{c}{2b}, \; \frac{b}{s}, \; \frac{c}{s} - \frac{c}{2b})$

По симметрии $a \leftrightarrow b$, $x \leftrightarrow y$ получаем вторую точку касания $Q$:

$Q = (\frac{a}{s}, \; \frac{b}{s} + \frac{c}{2a}, \; \frac{c}{s} - \frac{c}{2a})$

5. Окружности $\omega_1 = (\triangle APJ)$ и $\omega_2 = (\triangle BQJ)$

Используя уравнение окружностей через коэффициенты $[u, v, w]$, находим их выражения:

$\omega_1 = [0, \; c^2k_2, \; b(a+b)k_2]$, $\omega_2 = [c^2k_1, \; 0, \; a(a+b)k_1]$

где $k_1 = \frac{N_1}{2(a-b)s}$, $k_2 = \frac{N_2}{2(a-b)s}$, причем $N_1 = 2ab+ac-2b^2-bc+c^2$, $N_2 = 2a^2-2ab+ac-bc-c^2$, и $k_1 + k_2 = 1$.

6. Нахождение точки $R$ (пересечения окружностей)

Точка $R$ — вторая точка пересечения описанных окружностей $\triangle APJ$ и $\triangle BQJ$, отличная от $J$. Она лежит на радикальной оси этих окружностей.

Вычитая уравнения окружностей, получаем прямую $JR$. Пересекая её с окружностью $\omega_1$ с помощью параметрического уравнения $R(t) = J + td$, находим ненулевой корень параметра $t = -\frac{1}{D}$.

Подставляя его, получаем ненормированные барицентрические координаты точки $R$:

$R = (r_1 : r_2 : 0)$

где

$r_1 = c^2 + (b-a)(c+2a)$, $r_2 = (b-a)(2b+c) - c^2$

Третья координата точки $R$ строго равна нулю ($z_R = 0$).

7. Проверка принадлежности точки $R$ прямой $AB$

Для доказательства того, что точка $R(r_1, r_2, 0)$ лежит на прямой $\overrightarrow{AB}$, запишем координаты вершин $A(1,0,0)$ и $B(0,1,0)$. Поскольку третья координата точки $R$ равна нулю ($z_R = 0$), точка $R$ является линейной комбинацией точек $A$ и $B$.

Следовательно, точки $A$, $B$ и $R$ лежат на одной прямой $AB$.

Что и требовалось доказать.