РЕШУ ОЛИМП: задания, ответы, решения

Задания

Версия для печати и копирования в MS Word

Тип 0 № 7300 Добавить в вариант

Точка M  — середина стороны BC треугольника ABC. Касательные, проведённые из M к вписанной окружности треугольника ABC, касаются этой окружности в точках P, Q. Касательные из M к вневписанной окружности ABC, касающейся стороны BC, касаются этой окружности в точках R, S. Прямые PQ, RS пересекаются в точке X. Оказалось, что $A X=A M.$ Найдите угол $\angle B A C.$

Спрятать решение

Решение.

План решения: мы докажем два ключевых факта: что биссектриса AL угла BAC также является биссектрисой угла XAM; и что AX перпендикулярна BC. Тогда в треугольнике ABC медиана AM и высота AX симметричны относительно биссектрисы AL  — отсюда мы выведем, что угол A прямой.

Через Ω₁ и Ω₂ обозначим вписанную и вневписанную окружность из условия соответственно, через I₁ и I₂  — их центры. Пусть P  — та из точек касания P, Q, что лежит на стороне BC, аналогично пусть R лежит на BC. Введя обозначения для длин сторон треугольника и явным образом выразив отрезки, на которые точки касания вписанной и вневписанной окружности делят стороны треугольника, можно показать что $P M=M R$ (оставляется читателю). Значит, все четыре точки P, Q, R, S лежат на окружности Г с центром M и радиусом PM.

Точка X лежит на радикальной оси (для пересекающихся окружностей  — просто прямой через общие точки) окружностей Ω₁ и Г; аналогично X лежит на радикальной оси окружностей Ω₂ и Г; значит, X лежит и на радикальной оси Ω₁ и Ω₂. Но M тоже лежит на этой радикальной оси, поскольку касательные из M равны. Значит, XM  — радикальная ось Ω₁ и Ω₂, тогда она перпендикулярна биссектрисе AL угла BAC. Поскольку $A X=A M,$ в равнобедренном треугольнике высота AL является биссектрисой. Первый ключевой факт доказан.

Заметим что прямая QR перпендикулярна PQ (это ясно, если вспомнить определение окружности Г, значит, QR проходит через точку P', симметричную точке P относительно I₁.

Лемма 1. Пусть в треугольнике вписанная окружность W с центром I и вневписанная окружность W_A с центром I_A касаются стороны в точках P, R соответственно. Точка P' симметрична P относительно I. Точка R' симметрична R относительно I_A. Тогда точки A, P, R' лежат на одной прямой, а также точки A, P', R лежат на одной прямой.

Доказательство. Но другое описание точки P' таково: если рассмотреть гомотетию с центром в A, переводящую Ω₂ в Ω₁, то образом точки R будет точка P'. Значит, при этой гомотетии прямая QR (она же P'R) остается на месте, значит, эта прямая проходит через точку A.

Итак, PQ  — высота треугольника APR. Аналогично и RS  — высота треугольника APR, значит  — его ортоцентр, то есть прямая AX перпендикулярна прямой PR, она же BC. Второй ключевой факт доказан.

Итак, в треугольнике ABC высота и медиана из вершины A симметричны относительно биссектрисы из этой вершины. Тогда угол A прямой. Это следует из

Лемма 2. В произвольном треугольнике ABC с центром описанной окружности O прямая, содержащая высоту AH и прямая AO симметричны относительно биссектрисы угла A.

Доказательство оставляем читателю в качестве полезного упражнения. Указание: посчитайте углы через дуги.

Спрятать критерии

Критерии проверки:

А0 Недоведенный счет в координатах, решение задачи при дополнительных предположениях: 0 баллов.

A1 Отмечено, что четырехугольник PQRS — вписанный: 2 балла.

A2 K предыдущему добавлено, что точка X — радикальный центр трех одружностей: вписанной, вневписанной и описанной около PQRS: 5 баллов.

А3 $X$  — ортоцентр APR: 10 баллов.

A5 Доказано, что биссектриса угла BAC также является биссектрисой угла XAM: 15 баллов.

Баллы за разные пункты не скалдывается, меньшие уже включены в большие.

Всероссийская олимпиада школьников Высшая проба, 9, 10 класс, 2 тур (заключительный), 2022 год

Классификатор: Методы геометрии. Свойства медиан, высот, биссектрис, ср. линий, Методы геометрии. Свойства центроида, инцентра, ортоцентра, Олимпиадная геометрия. Радикальная ось

Спрятать решение · Спрятать критерии · Помощь