8-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров
Нови-Сад, Югославия, 2004 год


Дан равнобедренный треугольник $ABC$ со сторонами $AC=BC$. Точка $M$ — середина стороны $AC$, а прямая $Z$ — серединный перпендикуляр отрезка $AB$. Окружность, проходящая через точки $B$, $C$ и $M$, пересекает прямую $Z$ в точках $C$ и $Q$. Найдите радиус описанной окружности треугольника $ABC$, выразив её через длину отрезка $ CQ$ равную $m$.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   0
2020-09-15 10:59:37.0 #

Ответ: $R_{\triangle ABC}=\dfrac{2}{3}\cdot m$

1) $\triangle ABC-$ равнобедренный, $\rightarrow\angle ABC=\angle BAC$

2)В силу того, что $Z-$ серединный перпендикуляр, имеем

$\triangle ADC=\triangle BDC$ ($DC-$ общая сторона, $AD=DB;\angle ADC=\angle BDC=90^\circ\rightarrow\angle ACD=\angle BCD$)

3) По условию точки $C,M,Q,B$ лежат на одной окружности, значит $CMQB-$ вписанный

4) $\angle MCQ=\angle MBQ$ как опирающиеся на дугу $MQ$

$\angle QCB=\angle QMB$ как опирающиеся на дугу $QB$

5) Из $(2),(4)$ имеем $\angle QMB=\angle QBM\rightarrow \triangle QBM-$ равнобедренный, значит $MQ=QB$

6)После факта $(5)$ приступим к координатному методу решения. Система координат показана на рисунке. Координаты основных точек: $A(-a;0);B(a;0);C(0;b);D(0;0)$

7) Так как $AM=MC$ (по условию), то найдём координаты точки $M$

$$X_M=\dfrac{X_A+X_C}{2}=-\dfrac{a}{2};Y_M=\dfrac{Y_A+Y_C}{2}=\dfrac{b}{2}$$ Итого $M \left(-\dfrac{a}{2};\dfrac{b}{2}\right)$

8) Найдём радиус $\triangle ABC$ как функцию от $a$ и $b$

$R_{\triangle ABC}=\dfrac{AB\cdot BC\cdot AC}{4S_{\triangle ABC}}$

9) $S_{\triangle ABC}=AB\cdot CD\cdot{\dfrac{1}{2}};AB=2a;CD=b\rightarrow S_{\triangle ABC}=2a\cdot b\cdot\dfrac{1}{2}=ab$

10) $AB\cdot BC\cdot AC=2a\cdot\sqrt{a^2+b^2}\cdot\sqrt{a^2+b^2}=2a(a^2+b^2)$

11) $R_{\triangle ABC}=\dfrac{2a(a^2+b^2)}{4ab}=\dfrac{a^2+b^2}{2b}$

12)Из $(5)$ имеем $QM=QB$. Так как $Q\in Z$, то $X_Q=0$. Остаётся найти координату $Y_Q$. $$QM=QB\rightarrow QM^2=QB^2\rightarrow (X_Q-X_M)^2+(Y_Q-Y_M)^2=(X_Q-X_B)^2+(Y_Q-Y_B)^2$$ $$ \left(0-\dfrac{a}{2}\right)^2+\left(Y_Q-\dfrac{b}{2}\right)^2=(0-a)^2+(Y_Q-0)^2$$ $$\dfrac{a^2}{4}+Y_{Q}^{2}-2\cdot Y_Q\cdot\dfrac{b}{2}+\dfrac{b^2}{4}=a^2+Y_{Q}^{2}$$ $$Y_Q=\dfrac{b}{4}-\dfrac{3a^2}{4b}$$

13) $CQ=m=Y_C-Y_Q=b-\left(\dfrac{b}{4}-\dfrac{3a^2}{4b}\right)=\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{a^2+b^2}{b}$

14)$\dfrac{R_{\triangle ABC}}{m}=\dfrac{\dfrac{a^2+b^2}{2b}}{\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{a^2+b^2}{2b}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{3}{4}}=\dfrac{2}{3}$

15)Итог: $R_{\triangle ABC}=\dfrac{2}{3}\cdot m$

  1
2020-09-15 15:23:22.0 #

Проведя серединный перпендикуляр $l$ к $BC$ который пересекает $BC$ в точке $F$ и $l \cap CQ$ в точке $D$ или центр описанной окружности $ABC$, так как $MQ=BQ$ но $BQ=AQ$ тогда $\angle QAF = \angle AFQ = \angle QMB = \angle QCB = \angle MCD = \angle DAC$ то есть $ \angle MQD = \angle MBC = \angle MAF = \angle QAD $ пусть $MD \cap MQ \in H $ из треугольника $MAQ$ получается $ HQ=AQ \cdot \sin \angle QAH, \ \ \ MH=AM \cdot \sin \angle HAM$ но так как $ CM=AM, \ AMQ$ и учитывая что $DA=DC$, откуда $MH=HQ$ по теореме Менелая для треугольника $CMQ$ и секущей $AD$ откуда $CD=2DQ$ или $CQ = \dfrac{2m}{3}$ .