Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 9 класс

Тең бүйірлі емес $ABC$ үшбұрышында $M$ нүктесі — $AB$ қабырғасының ортасы, $I$ — іштей сызылған шеңбер центрі, ал $J$ — $\triangle ABC$-ға сырттай сызылған шеңбердің $C$-ны қамтымайтын $AB$ доғасының ортасы. Центрі $J$ және радиусы $JM$ болатын шеңберге $IP$ және $IQ$ жанамалары жүргізілген (мұнда $A$ мен $P$ нүктелері $CI$ түзуінің бір жағында жатыр). $APJ$ және $BQJ$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер екінші рет $R$ нүктесінде қиылысады. $R$ нүктесі $AB$ түзуінің бойында жататынын дәлелдеңіз. ( 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 $RB$