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

Областная олимпиада по математике, 2010 год, 10 класс


Пусть точка I — центр окружности ω, вписанной в трапецию ABCD. Стороны AD и BC трапеции пересекаются в точке R. Пусть P и Q — точки касания окружности ω со сторонами AB и CD, соответственно. Пусть прямая, проходящая через точку P и перпендикулярная PR, пересекает прямые AI и BI соответственно в точках A0 и B0, а прямая, проходящая через точку Q и перпендикулярная QR, пересекает прямые CI и DI соответственно в точках C0 и D0 . Докажите, что A0D0=B0C0.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Воспользуемся следующей леммой.
Лемма. В треугольник ABC вписана окружность с центром I, которая касается AC в точке B1. Пусть прямая, проходящая через точку B1 и перпендикулярная BB1, пересекает прямые AI и CI соответственно в точках K и L. Тогда треугольник BKL равнобедренный и подобен треугольнику BA1C1.
Доказательство. Пусть вписанная окружность касается сторон AB и BC в точках C1 и A1 соответственно.
Обозначим N=B1C1CI, M=B1C1BI, T=BIC1A1. Пусть C1 лежит на отрезке B1N. Тогда BIN=B/2+C/2=90A/2=AC1B1=NC1B, то есть точки B,I,C1,N лежат на одной окружности с диаметром BI. Откуда BNC=90. Также можно показать, что BMC=90. Следовательно, каждая из четверок (B,C,M,N), (B,L,B1,N) лежат на одной окружности. Откуда следует цепочка равенств LBB1=LNB1=CBM=A1BT, что дает подобие прямоугольных треугольников LBB1 и A1BT. Аналогично, KBB1C1BT. Значит, BA1C1BKL и так как BA1=BC1, то BL=BK.
Можно заметить, что из использованного метода доказательства, лемма верна и для точки касания вневписанной окружности соответствующей вершине B.

Теперь решим задачу. Пусть вписанная окружности трапеции касается сторон AD и BC в точках X и Y соответственно. Тогда RA0B0RXYRC0D0 и все эти треугольники равнобедренные. Тогда A0RD0=B0RC0, то есть A0RD0=B0RC0, откуда A0D0=B0C0.

  -3
9 года 2 месяца назад #

Укажите, пожалуйста, автора задачи.

  -2
9 года 2 месяца назад #

Если бы мы знали. К сожалению многих авторов мы не знаем. В тех материалах, откуда мы взяли, не было указано. Если напишите, будем рады.

  -2
9 года 2 месяца назад #

Спасибо, а не могли бы вы предоставить решение этой задачи, очень уж она меня заинтересовала.

  -1
9 года 2 месяца назад #

Постараемся в два-три дня выложить.

  -1
9 года 2 месяца назад #

Cпасибо большое

  -1
9 года 2 месяца назад #

Добавили. Спасибо Кунгожину Медеубеку, что уделил время и отправил решение.

  -2
9 года 2 месяца назад #

Спасибо

  0
9 года 2 месяца назад #

Достаточно заметить, что:

В треугольниках APR - A0, I

DRQ -D0, I

PBR - B0, I

QCR - C0, I изогонально сопряжены.Из полученного нетрудно вывести, что A0RD=PRI=B0RB. Аналогично ARD0=IRQ=BRC0. Также D0RP=QRB0. Значит RQ - биссектриса D0RC0. Учитывая, что RQ перпендикулярна D0C0 получаем, что RD0C0 равнобедренный, RD0=RC0. Аналогично A0R=B0R. В совокупности с равенствами из изогональной сопряженности это дает нам равенство треугольников A0RD0 и B0RC0, откуда и вытекает требуемое

  0
2 часов 2 минут назад #

Можете обьяснить как треугольник KBB1 подобен треугольнику C1BT