18-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2018 жыл


Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышының $AB$, $BC$ және $AC$ қабырғаларынан сәйкесінше $H$, $L$ және $K$ нүктелері ${CH \perp AB}$, ${HL \parallel AC}$ және ${HK \parallel BC}$ болатындай алынған. $P$ және $Q$ нүктелері — $HBL$ үшбұрышының сәйкесінше $H$ және $B$ төбелерінен түсірілген биіктіктер табандары. $AKH$ үшбұрышының $A$ және $H$ төбелерінен түсірілген биіктіктер табандары $PQ$ түзуінің бойында жататынын дәлелдеңіздер. ( М. Кунгожин )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   1
2018-06-29 20:20:27.0 #

$$ CH \bot AB, \quad HP \bot BC , \quad HN\bot AC, \quad AR \bot KH, \quad BQ \bot LH$$

$$ A(0;0), \quad H(x_0;0) , \quad B(x_0+\Delta x;0),\quad C(x_0;y_0)$$

$$ CH: y=x_0, \qquad AC: y =\frac{y_0}{x_0}\cdot x$$

$$ BC: y=-\frac{y_0}{\Delta x}\cdot x+y_0 \left(1+\frac{x_0}{\Delta x}\right)$$

$$HL: y=\frac{y_0}{x_0}(x-x_0), \qquad KH: y=\frac{y_0}{\Delta x}(x_0-x)$$

$$ HP: y=\frac{\Delta x}{y_0}(x-x_0), \qquad BQ: y=\frac{x_0}{y_0}(x_0+\Delta x-x)$$

$$ AR: y=\frac{\Delta x}{y_0}\cdot x, \qquad HN: y = \frac{x_0}{y_0}(x_0-x)$$

$$ P=HP\cap BC \Rightarrow P\left(x_0+\frac{y^2_0 \Delta x}{\Delta x^2+y^2_0};\frac{ y_0 \Delta x^2}{\Delta x^2+y^2_0} \right)$$

$$ Q= HL\cap BQ \Rightarrow Q\left(x_0+\frac{x^2_0 \Delta x}{ x^2_0+y^2_0};\frac{ y_0 x_0\Delta x}{ x^2_0+y^2_0} \right)$$

$$ R=KH \cup AR\Rightarrow R\left(\frac{x_0 y^2_0}{\Delta x^2+y^2_0};\frac{ y_0 x_0\Delta x}{\Delta x^2+y^2_0} \right)$$

$$ N= HN\cap AC \Rightarrow N\left(\frac{x^3_0}{ x^2_0+y^2_0};\frac{ x_0^2 y_0}{ x^2_0+y^2_0} \right)$$

$$QN: y=\frac{y_0}{y^2_0+x_0\Delta x} (x(\Delta x-x_0)-x_0^2)$$

$$ PR: y=\frac{y_0}{y^2_0+x_0\Delta x} (x(\Delta x-x_0)-x_0^2)$$

$$ \Rightarrow y_{PR}=y_{QR} \Rightarrow P,Q,R \in l$$

  0
2018-07-05 02:59:44.0 #

$N,R$ основания высот треугольника $AKH$ , пусть $NR$ пересекает $CH$ В $X$ , тогда $\angle CHN= \angle BAC$ и $\angle HNR= \angle HAR = 90^{\circ}-\angle ABC$ откуда $\angle NXH = 90^{\circ}+\angle ABC - \angle BAC$ , пусть $Y \in PQ \cap CH$ аналогично $\angle PYH = 90^{\circ} + \angle BAC - \angle ABC $ откуда $X=Y$ так как в сумме дают $180^{\circ}$ откуда $N,R,Q,P$ лежат на одной прямой.