РЕШУ ОЛИМП — математика

Задания

Тип 0 № 8624 Добавить в вариант

Турнир городов, 10, 11 класс, Осенний тур, 2022 год

Классификатор: Геометрия: планиметрия. Комбинации плоских фигур, Методы геометрии. Применение векторов и/или координат

Внутри параллелограмма ABCD взята такая точка P, что ∠PDA=∠PBA. Пусть ω₁  — вневписанная окружность треугольника PAB, лежащая напротив вершины A. Пусть ω₂  — вписанная окружность треугольника PCD. Докажите, что одна из общих касательных к ω₁ и ω₂ параллельна AD.

(Иван Фролов)

Решение. После параллельного переноса на вектор $\overrightarrowP Q=\overrightarrowA D$ задача превращается в такую: Дан произвольный вписанный четырехугольник CPDQ. Тогда одна из общих касательных $\kappa$ окружности, вписанной в треугольник PCD и вневписанной для треугольника CDQ напротив вершины D, параллельна PQ.

Последнее следует из одной из вариаций известного факта о том, что прямая между соответствующими инцентрами (эксцентрами) треугольников PCD, QCD параллельна биссектрисе между CD и PQ (последнее в свою очередь следует из леммы о трезубце).

Перенеся треугольник PAB на вектор $\overrightarrowA D,$ получим треугольник QDC. Окружность ω₁ также сдвинется параллельно AD и перейдёт во вневписанную окружность треугольника с центром J, поэтому достаточно доказать, что одна из общих касательных к ω₃ и ω₂ параллельна AD.

По условию $\angle Q P D=\angle P D A=\angle P B A=\angle Q C D,$ значит, точки C, P, D и Q лежат на одной окружности, По известным формулам углов между биссектрисами

$\angle C I D плюс \angle C J D= левая круглая скобка дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби \angle C P D плюс 90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка правая круглая скобка плюс левая круглая скобка дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби \angle C Q D правая круглая скобка =180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$

то есть точки C, I, D и J лежат на одной окружности.

Пусть X и Y  — точки пересечения CD с PQ и IJ соответственно. Имеем

$\angle I Y D=\angle I C D плюс \angle C D J= дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби левая круглая скобка \angle P C D плюс \angle C D Q правая круглая скобка$

как угол между хордами, отсюда, в частности, угол IYD острый, так как

$\angle P C D плюс \angle C D Q меньше \angle P C Q плюс \angle P D Q=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$

Тогда точка D′, симметричная точке D относительно IJ, лежит по ту же сторону от CD, что и P, и при этом

$\angle C Y D в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка =180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус \angle D в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка Y D=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус 2 \angle I Y D=$
$=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус левая круглая скобка \angle P C D плюс \angle C D Q правая круглая скобка =\angle P D C плюс \angle D C Q=\angle P X C$ $\angle C Y D в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка =180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус \angle D в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка Y D=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус 2 \angle I Y D=$
$=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус левая круглая скобка \angle P C D плюс \angle C D Q правая круглая скобка =$
$=\angle P D C плюс \angle D C Q=\angle P X C$

(последнее верно, так как PCQD вписанный). Итак, соответственные углы PXC и CYD′ при пересечении прямой CD секущими PQ и D′Y равны, значит, $D в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка Y\|P Q\| A D,$ и прямая D′Y симметрична общей касательной CD относительно линии центров IJ, значит, D′Y тоже общая касательная, и она параллельна AD.

Олимпиада: Турнир городов

Класс: 10, 11

Тур: Осенний тур

Год: 2022

Ключ