Математикадан республикалық олимпиада, 2003-2004 оқу жылы, 9 сынып

Сүйірбүрышты $ABC$ үшбұрышында $\angle ABC=2\angle ACB$ және $O$ — оған сыртгай сызылған шеңбердің центрі. $K$ — $AO$ мен $BC$-ның қиылысу нүктесі, ал ${{O}_{1}}$ нүктесі — $ACK$ үшбұрышына сырттай сызызылған шеңбердің центрі. Онда $AKC{{O}_{1}}$ төртбұрышының ауданы $ABC$ үшбұрышының ауданына тең екенін дәлелде. ( А. Васильев )

Комментарий/решение

Проведем биссектрису $BN$ где $N \in AC$ , тогда учитывая то что $\angle ABC = 2 \angle ACB$ получим что $CNB$ -равнобедренный , значит $CN=BN$ , положим так же что $BN$ пересекает описанную окружность около данного треугольника в точке $M$ тогда $\angle BCA = \angle BMC = \angle MBA$ то есть $\Delta ABM$ равнобедренный так же равнобедренный и $\Delta CMA \ \ (CM=AM)$ так как $BN$ - биссектриса , $\angle BCA = \angle CAM$ значит $AM || BC$ , так как $AO$ радиус данной окружности , то получаем что четырехугольник $BKMA$ - ромб , значит $BM \perp AK$ как диагонали ромба. Тогда $\angle CKM = 2\angle BCA$ , но $\angle KCM =2\angle BCA$ , значит $CM=AM=KM$ то есть это радиусы окружности описанной около треугольника $CKA$ , откуда $O_{1}$ есть точка $M$ откуда $CO_{1}BA$ - равнобедренная трапеция . Найдем что определили $AB=BK=KM=AO_{1}$ так как ромб и точка $M$ есть точка $O_{1}$ , проведем высоту равной по длине $H$ из вершины $A$ получим $S_{ABC} = \dfrac{ BC \cdot H}{2}$ тогда так как $CO_{1}BA$ - равнобедренная трапеция $S_{ AKCO_{1}} = S_{ABCO_{1}} - S_{KAB} = \dfrac{(BC+AB) \cdot H}{2} - \dfrac{AB \cdot H}{2} = \dfrac{BC \cdot H}{2}$ , значит $S_{ABC} = S_{AKCO_{1}}$ .

Можно еще легче: Проведем биссектрису $BN$ где $N \in AC$, пусть $AP$ - диаметр окружности, описанной около $\triangle ABC$, тогда $\angle CBP=90-2\alpha=\angle CAP$, где $\angle ABC=2\alpha$. Так как $\angle BAC=180-3\alpha$, то $AO \bot BN$, так как $\angle OAB=180-3\alpha-90+2\alpha=90-\alpha$, а $\angle ABN=\alpha$. Итак, поскольку $BN$ - биссектриса и высота для $\triangle ABK$, то $AB=BK$. Теперь по теореме синусов:

1) Для $\triangle ACK$ имеем $\frac{AC}{sin(90+\alpha)}=2R$, $R=\frac{\frac{AC}{sin(90+\alpha)}}{2}=\frac{AC}{2cos\alpha};$

2) Для $\triangle ABC$ имеем, что $\frac{AC}{sin2\alpha}=\frac{AB}{sin\alpha}, AB=\frac{AC \cdot sin\alpha}{sin2\alpha}=\frac{AC}{2cos\alpha}.$

Отсюда имеем, что $R=O_1A=O_1C=AB=BK$. Проведем $O_1K$, тогда $O_1ABK$ - ромб, $\angle KO_1A=2\alpha, \angle CO_1K=180-2 \cdot \angle O_1KC=180-2 \cdot (180-180+2\alpha)=180-4\alpha$, тогда $\angle CO_1A=\angle CO_1K+\angle KO_1A=180-2\alpha$, то есть $sin\angle CO_1A=sin\angle ABK$. $S_{O_1AC}=\frac{1}{2} \cdot R \cdot R \cdot sin(180-2\alpha)=\frac{1}{2} \cdot AB \cdot BK \cdot sin2\alpha=S_{ABK}$, $\Rightarrow S_{AKCO_1}=S_{AO_1C}+S_{AKC}=S_{ABK}+S_{AKC}$