Competition problem — Geometry — Maths Olympiad Prep

Library / /47 of 57

Geometry Difficulty 7.3 National olympiad, round 2 Prove it Russia

Let $\triangle ABC$ be a regular triangle. Point $T$ is chosen on its side $AC$ , and points $M$ and $N$ are chosen respectively on arcs $AB$ and $BC$ of its circumcircle so that $MT \parallel BC$ and $NT \parallel AB$ . Segments $AN$ and $MT$ intersect at $X$ , while segments $CM$ and $NT$ intersect at $Y$ . Prove that the polygons $AXYC$ and $XMBNY$ have equal perimeters. (V. Shmarov)

Пусть $ABC$ — правильный треугольник. На его стороне $AC$ выбрана точка $T$ , а на дугах $AB$ и $BC$ его описанной окружности выбраны точки $M$ и $N$ соответственно так, что $MT \parallel BC$ и $NT \parallel AB$ . Отрезки $AN$ и $MT$ пересекаются в точке $X$ , а отрезки $CM$ и $NT$ — в точке $Y$ . Докажите, что периметры многоугольников $AXYC$ и $XMBNY$ равны. (В. Шмаров)

Solution

Первое решение. Пусть $\ell$ — касательная к описанной окружности в точке $B$ , а $P$ и $Q$ — точки пересечения $\ell$ с лучами $TM$ и $TN$ соответственно. Обозначим через $K$ и $L$ соответственно точки, в которых лучи $TM$ и $TN$ пересекают стороны треугольника (см. рис. 12).
Заметим, что четырёхугольники $ABQT$ и $BCTP$ — параллелограммы, откуда $AT = BQ$ , $CT = BP$ . Далее, из параллельности имеем $\angle KPB = \angle PBK = \angle LTC = 60^\circ$ , то есть треугольники $BPK$ и $CLT$ — равносторонние. Поскольку $BP = CT$ , эти треугольники равны. Далее, из вписанности имеем $\angle KBM = \angle ABM = \angle ACM = \angle TCY$ ; значит, точки $M$ и $Y$ — соответственные в этих треугольниках, откуда $BM = CY$ и $PM = LY$ . Аналогично, $BN = AX$ и $QN = KX$ .

Итак, имеем $XM + YN = KX + KM + LY + LN = QN + KM + PM + LN = QL + KP$ . Но $QL = BQ = AT$ , а $KP = BP = CT$ . Значит, $XM + YN = AT + CT = AC$ .

В итоге, $P_{XMBNY} = (XM + YN) + BM + BN + XY = AC + CY + AX + XY = P_{AXYC}$ , что и требовалось доказать.

Второе решение. Докажем следующую известную лемму.
Лемма. Пусть $PQR$ — правильный треугольник, и на меньшей дуге $PR$ его описанной окружности выбрана точка $W$ . Тогда $PW + RW = QW$ .
Доказательство. Отметим на отрезке $QW$ точку $V$ такую, что $VW = WR$ (см. рис. 14). Имеем $\angle VWR = \angle QPR = 60^\circ$ , значит, треугольник $RVW$ — правильный. Далее, $RQ = RP$ , $RV = RW$ и $\angle PRW = 60^\circ - \angle VRP = \angle QRV$ , значит, треугольники $RVQ$ и $RWP$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда $QV = PW$ и $QW = QV + VW = PW + RW$ . Лемма доказана.

Перейдём к решению задачи. Из параллельности имеем $\angle ATX = \angle XTY = \angle CTY = 60^\circ$ . Кроме того, $\angle AMY = \angle ABC = 60^\circ$ . Тогда $\angle AMY + \angle ATY = 180^\circ$ , значит, точки $A, M, Y, T$ лежат на одной окружности (см. рис. 13).

Далее, $\angle MAY = \angle MTY = 60^\circ$ , значит, треугольник $MAY$ — правильный (два из его углов равны по $60^\circ$ ), $T$ — точка на дуге $AY$ его описанной окружности. Тогда по лемме $AT+TY = MX+TX$ . Аналогично, $CT+TX = NY+TY$ . Складывая эти два равенства, получаем $AC = AT+TC = MX+NY$ .
Для треугольника $ABC$ и точки $M$ по лемме получаем $AM + MB = MY + YC$ ; поскольку $AM = MY$ , получаем $CY = MB$ . Аналогично, $AX = BN$ .
В итоге, $P_{AXYC} = AC + AX + CY + XY = (MX + NY) + BN + BM + XY = P_{XMBNY}$ , что и требовалось доказать.

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.