Математикадан республикалық олимпиада, 2009-2010 оқу жылы, 9 сынып

Кез келген $ABC$ үшбұрышы берілген $(AB < BC)$. $AC$ қабырғасының ортасын $M$ деп белгілейік, ал $N$ нүктесі арқылы $B$ төбесі арқылы өтетін, $ABC$ үшбұрышының сырттай шеңберінің $AC$ доғасының ортасын белгілейік. Егер $I$ нүктесі $ABC$ үшбұрышының іштей сызылған шеңбердің центрі болса онда, $\angle IMA = \angle INB$ екенін дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

$\omega$ - окружность описанная около $\triangle ABC$. Пусть отрезок $MN$ пересекает $\omega$ в точке $K$. Тогда $N, M, K$ на одной прямой, и $KN$ - диаметр.

$\angle NBK = 90$ поскольку NK диаметр, $\angle NMA = 90$, так как М середина АС. Если $\angle IMA=\angle INB$, то $\angle NIB=90-\angle IBN=90-\angle IMA$, и

$\angle IMN=90-\angle IMA.$ То есть достаточно доказать, что окружность описанная около IMN касается BK, или то, что $IK^2=KM \cdot KN=2 \cdot R \cdot KM$, где $R$ - радиус $\omega$. По лемме о трезубце $IK=KA=CK$. Пусть $\angle MKA = x$. Заметим, что $KM=\sin x \cdot KA$, то есть достаточно доказать утверждение $2\cdot R \cdot KA \cdot \sin x=IK^2=KA^2$, $2 \cdot R \cdot \sin x=KA=CK$, что верно т.к. $\angle CBK=\angle MKA = x$ (теорема синусов)

Опечатка, вместо $\angle MKA$ должно быть $\angle MAK$

Пусть $NP$ – диаметр описанной окружности. Тогда $∠NBP = ∠NAP = 90°$, точка $P$ – середина дуги $AC$, поэтому $∠ABP = ∠CBP$, то есть $BP$ – биссектриса угла $ABC$. Следовательно, I лежит на $BP$

Диаметр $NP$ является серединным перпендикуляром к отрезку $AC$, следовательно, $NP$ проходит через $M$. Как известно треугольник $AP$I – равнобедренный $(AP = IP)$. AM – высота прямоугольного треугольника NAP, поэтому $IP : MP = AP : MP = NP : AH = NP : IP$. Отсюда следует подобие треугольников $PMI$ и $PIN$, значит, $∠PMI = ∠PIN$.

Но $∠IMA = ∠PMI – 90°$, а из прямоугольного треугольника $BN$I: $∠INB = ∠PIN – IBN = ∠PIN – 90°$.

Обозначим через $I_A$, $I_B$ и $I_C$ центры трех вневписанных окружностей треугольника $ABC$, а через $\omega$ его описанную окружность. Тогда прямые $I_AI_C$ и $BI_B$ - биссектрисы внешнего и внутреннего угла $\angle ABC$, стало быть они перпендикулярны. Проведя аналогичные рассуждения с остальными углами треугольника $ABC$ заключаем, что $I$ - точка пересечения высот в треугольнике $I_AI_BI_C$. Поэтому $\omega$ - окружность девяти точек в треугольнике $I_AI_BI_C$.

Поскольку $N$ - середина дуги $ABC$, то внешний угол $\angle NBA = \angle NCA = \angle NAC$, значит точка $N$ лежит на внешней биссектрисе угла $ABC$, т.е. на прямой $I_AI_C$.

Таким образом, образом прямая $I_AI_C$ пересекается с окружностью $\omega$ по точкам $B$ и $N$. Откуда следует, что $N$ - середина стороны $I_AI_C$ (т.к. $\omega$ - окружность девяти точек в треугольнике $I_AI_BI_C$). Утверждение задачи следует из того, что $IM$ и $IN$ являются соответствующими медианами в подобных треугольниках $I_AII_C$ и $CIA$ (т.к. $I$ - точка пересечения высот в треугольнике $I_AI_BI_C$).

Опишем окружность под IBN; на AB касается С1; на BC касается U.

По первому Воробью(лемма) доказываем что AC=UC; по второму то что AM/2=AC=UC.

Угол BNI=BUI ибо дуга.

Проводим CI, и получаем сер.пер. с UM.

Значит угол IUC=IMC —-> BUI=IMA——> IMA=BNI.

Область 2009 9.5

Всеросс окружной 2005 еще