Competition problem — Geometry — Maths Olympiad Prep

Library / /22 of 57

Geometry Difficulty 6.5 National olympiad Prove it Russia

A triangle $ABC$ has perimeter $4$ . Points $X$ and $Y$ are chosen on the rays $AB$ and $AC$ respectively so that $AX = AY = 1$ . Segments $BC$ and $XY$ intersect at point $M$ . Prove that the perimeter of one of the triangles $ABM$ and $ACM$ equals $2$ . (V. Shmarov)

Периметр треугольника $ABC$ равен $4$ . На лучах $AB$ и $AC$ отмечены точки $X$ и $Y$ так, что $AX = AY = 1$ . Отрезки $BC$ и $XY$ пересекаются в точке $M$ . Докажите, что периметр одного из треугольников $ABM$ и $ACM$ равен $2$ . (В. Шмаров)

Solution

Поскольку отрезки $BC$ и $XY$ пересекаются, без ограничения общности можно считать, что $AB > AX$ и $AC < AY$ .
Пусть вневписанная окружность $\omega$ исходного треугольника касается стороны $BC$ в точке $R$ , а продолжений сторон $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Пусть $J$ — центр $\omega$ , а $r$ — её радиус. Пусть также $N$ — середина $XY$ ; из симметрии $N$ лежит на $AJ$ , и $AN \perp XY$ . Имеем $AP = AQ = \frac{1}{2}(AP + AQ) = \frac{1}{2}(AB + BP + AC + CQ) = \frac{1}{2}(AB + BR + AC + CR) = \frac{1}{2}(AB + BC + AC) = 2$ . Отсюда $AY = YQ = 1$ .

Теперь по теореме Пифагора получаем $MR^2 = MJ^2 - JR^2 = (MN^2 + NJ^2) - r^2 = MN^2 + (YJ^2 - YN^2) - r^2 = MN^2 + (YQ^2 + r^2) - (YA^2 - AN^2) - r^2 = MN^2 + AN^2 = AM^2$ , ибо $YA = YQ$ .

Отсюда $AM = MR$ , и периметр треугольника $ACM$ равен $AC + CM + AM = AC + CM + MR = AC + CR = AC + CQ = AQ = 2$ .

Want a route through all this instead of an archive? The track puts 2,000 problems in a working order, from AMC 10 level to the IMO shortlist.

Source: MathNet, licensed CC-BY-4.0. Statement and solution reproduced as published; topic and difficulty added by this site.