27-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Албания, 2023 год

$AD$ и точка $O$ — соответственно высота и центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC$. Точка $M$ — середина отрезка $OD$. Точки $O_b$ и $O_c$ являются центрами окружностей описанных около треугольников $AOC$ и $AOB$ соответственно. Известно, что $AO=AD$. Докажите, что точки $A$, $O_b$, $M$ и $O_c$ лежат на одной окружности.

Комментарий/решение

1) Для начало отметим, пусть серединные перпендикуляры $l_{1},l_{2}$ к $AB,AC$ пересекают $BC$ в точках $E,F$, тогда покажем что $EFAO_{b}O_{c}$ лежат на одной окружности, действительно $\angle BEO_{c}=90^{\circ}-\angle ABC$ и $OO_{b}O_{c}=90^{\circ}-\angle ABC$ то есть $\angle BEO_{c} = \angle OO_{b}O_{c}$.

2) Из условия задачи $BC$ касательная к окружности с радиусом $AD=AO$, пусть $G \in AM \cap BC$ тогда $GD=GO$ и $AG \perp DO$ то есть $GO \perp AO$, отметим также что $FOAB$ лежат на одной окружности, так как $\angle AFO = \angle ABO$ покажем что $\angle BEO = \angle FOG$, действительно $\angle BEO = 90^{\circ} - \angle ABC$ и $\angle FOG = \angle FOB- \angle GOB = \angle FAB - (90^{\circ} - \angle AOB) = \angle BAC + \angle ACB-90^{\circ} = 90^{\circ} - \angle ABC$

3) Значит $GO$ касательная к описанной окружности около $FOE$, то есть $GO^2 = GF \cdot GE$ но $GO^2 = GM \cdot GA$ то есть $GF \cdot GE = GM \cdot GA$ то есть $AMFE$ вписанный, но тогда и $AMFEO_{b}O_{c}$ вписанный.

Шешуі: $OA = AD = OC = R$, $\angle ABC = \alpha$, $\angle AOC = 2\alpha$,

$\angle OAC = \angle OCA = 90 - \alpha$.

1) $\triangle OAC$ тең бүйірлі, $O$ төбесінен $AC$ қабырғасына перпендикуляр жүргізейік. $E$ нүктесі перпендикулярдың табаны болсын, сонда $OE \perp AC$, $OE/OC = \sin(90 - \alpha)$ ⇒ $OE = R\sin\alpha$, $EC/OC = \cos(90 - \alpha)$ ⇒ $EC = R\sin\alpha$, $AC = 2EC$, оларынан $AC = 2R\sin\alpha$, $AB = R/\sin\alpha$, $BD/AD = OE/OC$ ⇒ $BD = R*ctg\alpha$.

$AD = \sqrt{AB^2 - BD^2}$, осынан $AD = R$, яғни есеп шарты орындалады.

2) М, А және $O_v$ нүктелері бір шеңбердің бойында жататындықтан бұл шеңбердің $AM$ доғасының $OE$ орта перпендикулярмен қиылысу нүктесін $O_s$ деп белгілеп, одан кейін осы нүктенің $OAC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі екендігін әрі $OO_s = CO_s$ болатындығын анықтаймыз. $OO_s = CO_s = x$, $\triangle OO_sC$ дан косинустар теоремасы бойынша

\[x^2 + R^2 - 2xR\cos\alpha = x^2,\] бұдан $x = R/(2 \cos\alpha)$, ал $CO_s = AO_s$ өйткені $O_s$ нүктесі орта перпендикулярдың бойында жатыр, демек

\[OO_s = CO_s = AO_s.\] Олай болса, $O_s$ нүктесі шеңбердің центрі және $x = R/(2 \cos\alpha)$ шеңбердің радиусына тең болып табылады.

3)Анықтауымыз бойынша, егер $OO_s$ шеңбердің радиусы болса, онда

\[OO_s = OE - EO_s\] болатындығын көрсетейік. $\triangle AO_sE$ ден

\[EO_s = \sqrt{\frac{R^2}{4\cos^2\alpha} - R^2 \sin^2\alpha} = \frac{R\cos2\alpha}{2\cos\alpha},\] ендеше

\[OO_s = R\cos\alpha - \frac{R\cos2\alpha}{2\cos\alpha} = \frac{R}{2\cos\alpha}.\]

4) R = abc/4s екендігі белгілі, демек шынында да

\[OO_s = \frac{R\cdot R\cdot 2R\sin\alpha}{4\cdot\frac{1}{2} R^2 \sin2\alpha} = \frac{R}{2\cos\alpha}.\]

,

Сонымен, $A$, $O_v$, $M$ және $O_s$ нүктелері бір шеңбердің бойында жатады.

д.к.о.е.