|
|
 |
Условие
В треугольнике $ABC$ проведена медиана $AM$ и на ней выбрана точка $D$. Касательные, проведенные к описанной окружности треугольника $BDC$ в точках $B$ и $C$, пересекаются в точке $K$. Докажите, что $DD'$ параллельно $AK$, где $D'$ – точка, изогонально сопряжённая точке $D$ относительно треугольника $ABC$.Решение 1
Обозначим через $\Gamma$ окружность $BDC$, и пусть $AB$ и $AC$ повторно пересекают $\Gamma$ в точках $B'$ и $C'$ соответственно. Пусть $M'$ – середина $B'C'$, а касательные к $\Gamma$ в точках $B'$ и $C'$ пересекаются в точке $K'$. Заметим, что $A$, $K$ и $K'$ лежат на одной прямой (поляре точки пересечения $BC \cap B'C'$ относительно $\Gamma$). Поэтому надо доказать, что $DD' \parallel KK'$. Покажем, что $DD'$ и $KK'$ антипараллельны $MM'$ относительно угла $BAC$.Сначала докажем это для $DD'$. Пусть $AD$ повторно пересекает $\Gamma$ в точке $E$. Тогда $ABD' \sim AEC$, т.е. $AD' \cdot AE = AB \cdot AC$. Следовательно, $AD : AD' = (AD \cdot AE) : (AD' \cdot AE) = (AB \cdot AB') : (AB \cdot AC) = AB' : AC$.
С другой стороны, $ABCM \sim AC'B'M'$, а значит, $AM : AM' = AC : AB' = AD' : AD$. Кроме того, $A$, $D$ и $M$ лежат на одной прямой и из того же подобия $\angle BAM = \angle C'AM'$, т.е. $A$, $D'$ и $M'$ также лежат на одной прямой. Поэтому $D$, $D'$, $M$ и $M'$ лежат на одной окружности, откуда получаем искомую антипараллельность.
Перейдем к прямой $KK'$. Пусть $O$ и $R$ – центр и радиус $\Gamma$. Тогда $O$, $M$ и $K$ лежат на одной прямой, также как $O$, $M'$ и $K'$, при этом $OM \cdot OK = R^2 = OM' \cdot OK'$. Следовательно, $K$, $K'$, $M$ и $M'$ лежат на одной окружности, откуда получаем и вторую искомую антипараллельность.
Решение 2
При движении точки $D$ по $AM$ точка $D'$ движется по симедиане, а $K$ по серединному перпендикуляру к $BC$, причем $D'$ зависит от $D$ проективно, а $K$ квадратично (это полюс фиксированной прямой $BC$ относительно окружности $BCD$, коэффициенты уравнения которой квадратично зависят от $D$). Поэтому достаточно доказать утверждение задачи для пяти положений точки $D$. Если $D$ совпадает с $A$, то $D'$ – основание симедианы, а $K$ – точка пересечения касательных к описанной окружности треугольника $ABC$, т.е. все три точки лежат на одной прямой. Если $D$ – вторая точка пересечения $AM$ с описанной окружностью, то $K$ также лежит на симедиане, а $D'$ является ее бесконечной точкой. Если $D$ совпадает с $M$, то $K$ также совпадает с $M$, а $D'$ с $A$. Если $ABDC$ – параллелограмм, то $D'$ – точка пересечения касательных к описанной окружности в точках $B$ и $C$, а $K$ симметрична $D'$ относительно $M$. Наконец, если $D$ – бесконечно удаленная точка, то $K$ совпадает с $M$. Во всех случаях утверждение задачи верно.Источники и прецеденты использования
| олимпиада | |
| Название | Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
| год | |
| Год | 2023 |
| Заочный тур | |
| задача | |
| Номер | 20 [10-11 кл] |
