Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2025 год

Остроугольный треугольник $ABC$ вписан в окружность $\Gamma$. В треугольнике проведена высота $AA_1$, а из точки $A_1$ опущены перпендикуляры $A_1B_1$ и $A_1C_1$ на прямые $AB$ и $AC$ соответственно. Точка $P$ такова, что $AB_1 P C_1$ — выпуклый четырёхугольник, площадь которого равна площади треугольника $ABC$. Могло ли оказаться так, что $P$ лежит строго внутри $\Gamma$? Ответ обоснуйте.

Комментарий/решение

Без ограничения общности, пусть $AB<AC$.

ㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤ${\color{red} {\mathbf{Утвержденияㅤ1}}}:$ Если $H$ — ортоцентр, а $O$ — центр описанной окружности $\triangle ABC$, то $\angle BAH = \angle CAO$.

${\color{blue} {\mathbf{Доказательство}}}:$ Пусть $AO\cap (ABC)=D$, а $AH\cap BD=E$. Тогда $\angle EBA=90^\circ$, следовательно $EB\perp BC$. Поэтому $\angle BAH=\angle EBC=\angle CAO$. $\blacksquare$

ㅤㅤㅤㅤㅤㅤ${\color{red} {\mathbf{Утвержденияㅤ2}}}:$ Если в четырёхугольнике $ABCD$ площади треугольников $\triangle ACD$ и $\triangle BCD$ равны, то $AB\parallel CD$.

${\color{blue} {\mathbf{Доказательство}}}:$ Пусть $AD\cap BC=E$. Тогда $S(AEC)=S(BED)$, откуда $CE\cdot AE = DE\cdot BE \;\;\Rightarrow\;\; \tfrac{CE}{DE}=\tfrac{AE}{BE}$. Так как $\angle CED=\angle AEB$, получаем подобие $\triangle CDE\sim\triangle ABE$. Следовательно, $AB\parallel CD$. $\blacksquare$

Пусть $D$ - точка на $B_1C_1$ такая, что $AD\perp B_1C_1$. $E=AD\cap A_1C_1$ и $F=AD\cap\Gamma$. Тогда $\angle EDC_1=90^\circ=\angle AC_1E$, поэтому $\angle CAF=\angle EC_1B_1=\angle BAA_1$. Значить $AF$ - диаметр $\Gamma\Rightarrow$ $FC\parallel A_1C_1$ и $FB\parallel A_1B_1$. Отсюда $S(AB_1PC_1) = S(ABC) = S(AB_1A_1C_1)+S(BB_1A_1)+S(CC_1A_1) = S(AB_1A_1C_1)+S(FB_1A_1)+S(FC_1A_1) = S(AB_1FC_1)$. Следовательно, $S(PB_1C_1)=S(FB_1C_1)$, что означает $PF\parallel B_1C_1$. Так как $AF\perp B_1C_1$, имеем $PF\perp AF$, то есть $PF$ касается окружности $\Gamma$. Следовательно, ответ нет

пъер дунн

Не совсем понятно почему не может быть так что площади B1PC1 и BB1C1C равны

матол привет

Нет не факт что P внутри BCB1C1.Там спрашивается могло ли P лежать строго внутри окружности

Мне кажется этот срач матолу лучше удалить

Возьмем $D$ так чтобы $AD$ был Диаметром $\Gamma$. $\angle AC_1A_1 = \angle AB_1A_1 = 90^\circ = \angle ACD = \angle ABD$ и $\angle BAC=\angle B_1AC_1$. Значит $ABDC \sim AB_1A_1C_1$. У нас $S(ABC) = \frac{1}{2} \cdot AA_1 \cdot BC$. В тоже время $S(AB_1DC_1) = \frac{1}{2} \cdot B_1C_1 \cdot AD \cdot \sin ( \alpha )$. Где $\alpha$ это угол между диагоналями. Докажем что $\alpha = 90^\circ$. По вписанности и подобии: $\angle ABC = \angle ADC; \angle AA_1B = \angle ACD = 90^\circ \Rightarrow \angle BAA_1 = \angle DAC; \angle AB_1C_1 = \angle ABC \Rightarrow \alpha = 90^\circ$.

Значит $S(AB_1DC_1) = \frac{1}{2} \cdot B_1C_1 \cdot AD \cdot \sin ( \alpha ) = \frac{1}{2} \cdot B_1C_1 \cdot AD$.

По подобии $ABDC \sim AB_1A_1C_1 \Rightarrow \frac{AD}{BC} = \frac{AA_1}{B_1C_1} \Rightarrow AD \cdot B_1C_1 = AA_1 \cdot BC \Rightarrow S(ABC) = S(AB_1DC_1)$

Теперь докажем что $AB_1DC_1$ имела максимальную площадь среди других $P$ лежащих внутри и на окружности.

Точки внутри окружности сразу отпадают потому что если их продлить с $A$ новая точка на окружности даст еще большую площадь. Значит P лежит на окружности. $S(AB_1PC_1) = \frac{1}{2} \cdot d \cdot (h_1+h_2)$ где $d$ одна из диагоналей, а $h_1, h_2$ высоты на эту диагональ с двух оставшихся вершин. Возьмем d как $B_1C_1$ а $h_1$ как высоту из $A$, а они оба фиксированные. Пусть $B_1C_1$ пересекает $\Gamma$ в точках $B',C'$. Значит площадь зависит от $h_2$. Максимальный $h_2$ это серпер из хорды $B'C'$ а она проходит через центр $\Gamma$ значит это линия это $AD$. Значит $AB_1DC_1$ и есть максимум. Значит другие $P$ дают меньшую площадь. Поэтому строго внутри не существует такой точки.