Математикадан республикалық олимпиада, 2002-2003 оқу жылы, 11 сынып
Комментарий/решение:
Пусть B′,C′ так же точки касания окружности со сторонами треугольника и A′C=x, AB′=y, A′B=z .
По т. косинусов (x+y)2+(x+z)2−2(x+y)(x+z)⋅cos∠ACB=(y+z)2 откуда cos∠ACB=x2+xy+xz−yz(x+y)(x+z)
Тогда по той теореме в ACA′ получается AA′=√y(xy+4xz+yzx+z по теореме о касательной A′P=4xyz√y(xy+4xz+yz)(x+z)
Таким же методом , но зная A′P откуда CP=x√xy+4xz+9yzxy+4xz+yz и CN=x⋅√xy+4xz+yzxy+4xz+9yz откуда CNPN=xy+4xz+yz8yz аналогично BMPM=yz+4xz+xy8xy по теореме Чевы CN⋅PM⋅zPN⋅BM⋅x=1 откуда BN,CM,AA′ пересекаются в одной точке .
(M,P;A′,C′)=(N,P;B′,A′)=−1, где B′,C′ - касания ω и CA,AB.
MC′⋅PA′=MA′⋅PC′,NB′⋅PA′=NA′⋅PB′⇔PB′⋅NA′⋅MC′⋅PA′=B′N⋅A′M⋅C′P⋅PA′,
PB′⋅NA′⋅MC′=B′N⋅A′M⋅C′P,
откуда по теореме Чевы NC′,MB′,AA′ пересекаются в одной точке. Обратный Паскаль на BC′NCB′M дает, что он вписан в конику. Паскаль в обратном порядке BNC′CMB′ дает нужный результат.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.