Maths Olympiad Prep

Library / /17 of 26

Geometry Difficulty 6.9 National olympiad Prove it Russia

Let ABCABC be an acute-angled triangle with AC<BCAC < BC. A circle passes through AA and BB, and crosses the segments ACAC and BCBC again at A1A_1 and B1B_1, respectively. The circumcircles of the triangles ABCABC and A1B1CA_1B_1C meet again at PP. The segments AB1AB_1 and BA1BA_1 cross at SS. Let QQ and RR be the reflections of SS in the lines CACA and CBCB, respectively. Prove that the points PP, QQ, RR, and CC are concyclic.

Solution

Используя окружности (PABC)(PABC) и (PA1B1C)(PA_1B_1C), получаем PAB=180PCB=PA1B1\angle PAB = 180^\circ - \angle PCB = \angle PA_1B_1 и аналогично PBA=PB1A1\angle PBA = \angle PB_1A_1. Тем самым, PABPA1B1\angle PAB \sim \angle PA_1B_1. Из этого подобия вытекает, что APAA1=APB±BPA1=BPB1\angle APAA_1 = \angle APB \pm \angle BPA_1 = \angle BPB_1 и PA/PA1=PB/PB1PA/PA_1 = PB/PB_1. Следовательно PAA1PBB1\angle PAA_1 \sim \angle PBB_1, и существует поворотная гомотетия hh с центром PP, переводящая AA1\overrightarrow{AA_1} в BB1\overrightarrow{BB_1}. Угол поворота для hh равен APB=ACB\angle APB = \angle ACB (см. рис. 18).

Треугольник A1QAA_1QA равен треугольнику A1SAA_1SA, который в свою очередь подобен треугольнику B1SBB_1SB (так как AA1B1BAA_1B_1B – вписанный). Итак, треугольники A1QAA_1QA и B1SBB_1SB подобны и одинаково ориентированы, поэтому S=h(Q)S = h(Q) и, значит, QPS=ACB\angle QPS = \angle ACB. Аналогично, SPR=ACB\angle SPR = \angle ACB. Тогда QPR=2ACB\angle QPR = 2\angle ACB.

Figure 1

Но QCR=QCA+ABC+BCR=ACS+ABC+SCB=2ABC\angle QCR = \angle QCA + \angle ABC + \angle BCR = \angle ACS + \angle ABC + \angle SCB = 2\angle ABC. Итак, мы доказали равенство QPR=QCR\angle QPR = \angle QCR, из которого следует утверждение задачи.

Замечание 1. Фактически в решении используется известное описание точки Микеля четверки прямых ABAB, CACA, BCBC, A1B1A_1B_1 как центра поворотной гомотетии, переводящей AA1\overrightarrow{AA_1} в BB1\overrightarrow{BB_1}.

Замечание 2. Равенства углов QPS=ACB=SPR\angle QPS = \angle ACB = \angle SPR можно доказать разными способами. Укажем ещё одну из возможных схем.

Пусть Q1Q_1 и R1R_1 — проекции SS на CACA и CBCB соответственно. Можно показать, что точки CC, PP, Q1Q_1, R1R_1, SS лежат на одной окружности Γ\Gamma с диаметром CSCS. Прямые CPCP, A1B1A_1B_1 и ABAB — радикальные оси трёх окружностей из условия, они пересекаются в одной точке SS'. Отсюда несложно понять, что четвёрка прямых CACA, CPCP, CBCB, CSCS гармоническая. Проецируя из CC на Γ\Gamma, получаем, что SQ1PR1SQ_1PR_1 гармонический. Отсюда PR1/R1S=PQ1/Q1S=PQ1/Q1QPR_1/R_1S = PQ_1/Q_1S = PQ_1/Q_1Q, откуда PQ1SPR1R\angle PQ_1S \sim \angle PR_1R (а также PQ1QPR1S\angle PQ_1Q \sim \angle PR_1S), из чего следуют нужные равенства углов.

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.