Областная олимпиада по математике, 2010 год, 10 класс
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=B1C1∩CI, M=B1C1∩BI, T=BI∩C1A1. Пусть C1 лежит на отрезке B1N. Тогда ∠BIN=∠B/2+∠C/2=90∘−∠A/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, △KBB1∼△C1BT. Значит, △BA1C1∼△BKL 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.
Спасибо, а не могли бы вы предоставить решение этой задачи, очень уж она меня заинтересовала.
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
Можете обьяснить как треугольник KBB1 подобен треугольнику C1BT
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.