Rješenja zadatka "IMO Shortlist 2014 problem G7" korisnika "lkkraljevic"

Točno

9. ožujka 2018. 00:41 (7 godine)

Korisnik: lkkraljevic
Zadatak: IMO Shortlist 2014 problem G7 (Sakrij tekst zadatka)

Let $ABC$ be a triangle with circumcircle $\Omega$ and incentre $I$ . Let the line passing through $I$ and perpendicular to $CI$ intersect the segment $BC$ and the arc $BC$ (not containing $A$ ) of $\Omega$ at points $U$ and $V$ , respectively. Let the line passing through $U$ and parallel to $AI$ intersect $AV$ at $X$ , and let the line passing through $V$ and parallel to $AI$ intersect $AB$ at $Y$ . Let $W$ and $Z$ be the midpoints of $AX$ and $BC$ , respectively. Prove that if the points $I$ , $X$ , and $Y$ are collinear, then the points $I$ , $W$ , and $Z$ are also collinear.

(U.S.A.)

Upozorenje: Ovaj zadatak još niste riješili!
Kliknite ovdje kako biste prikazali rješenje.

Iskoristimo prvo paralelnosti koje su nam dane u zadatku tj. $\angle YVI = \angle XUI = \angle (AI, BC) = 180 - \frac{\alpha}{2} - \gamma = \frac{\beta}{2} = \angle ABI = \angle YBI$
Dakle četverokut $YBVI$ je tetivan, nadalje motivirani ovom tetivnošću definiramo presjek pravaca $UX$ i $AB$ kao točka $N$ . Sada kako je $\angle XUI = \beta/2$ i $\angle NUI= \beta/2$ imamo da je $NBUI$ također tetivan. Kratkim angle chaseom ovog kuta dobijamo $\angle UNI = \angle UBI = \angle CBI = \beta/2 = \angle XUI = \angle NUI$ odakle slijedi da je $\triangle NUI$ jednakokračan. U ovom trenutku se jos nije razvila neka posebna ideja za rijesiti zadatak pa nastavljamo sa iskorištavanjem uvjeta, tj uvjeta kolinearnosti točaka $I, X$ i $Y$ . Uz paralelnost dobijamo: $\frac{XU}{YV}=\frac{IX}{IY}=\frac{AN}{AY}=\frac{NX}{YV} \Rightarrow$ $XU=NX \Rightarrow IY \perp NU$ Ili možda u korisnijoj formi $YI \perp AI$ Sada u biti uviđamo neku simetriju sa već definiranom okomicom iz $I$ na $CI$ .
Problem je kako u skicu na lijep način ubaciti polovišta jer ne izgleda kao da možemo $Z$ i $W$ nekako pametno povezati.
Sljedeći korak je svakako plodan: definiranje točke $X'$ simetričnoj točki $X$ preko $I$ , tu je $I$ polovište dužine $XX'$ odakle je $IW || AX'$ . Sada smo već nekako zgrabili točke $W$ i $I$ u neki dio skice, i odmah se možemo lakše igrati... ostaje naravno dokazati $IZ || AX'$ što bi riješilo zadatak.
$Lemma:$ $HMO- 2017$ (Arseniy Akopyan EnGeoFigures) prvi dan. Dodajmo polovište $M$ luka $BC$ sa točkom $A$ . Lemma glasi da je $\angle IZB = \angle IMA$
Dokaz lemme ostavljen čitatelju.
Uočimo sličnost trokutova $\triangle AYX$ i $\triangle CUV$ . Trivijalno je $\angle YAX = \angle UCV$ ¸Ne toliko teško dolazimo do jednakosti $\angle CUV = \angle AXY$ odakle zbog sličnosti slijedi $\angle CVI = \angle CVU = \angle AYX = \angle BVI$ dakle $VI$ raspolavlja luk $BC$ sa $A$ u točki $M$ . Neka je još $S$ sjecište $AX'$ i $BC$ . Imamo $\angle AX'I= \angle AIX' = \angle IUS$ pa $IUSX'$ tetivan time je uz $lemmu$ i prije navedeno $\angle IZB = \angle IMA = \angle VMA = \angle VIY = \angle ASB$ dakle $IZ || AS || WI$ odnosno $W,I,Z$ kolinearne

%V0 Iskoristimo prvo paralelnosti koje su nam dane u zadatku tj. $$\angle YVI = \angle XUI = \angle (AI, BC) = 180 - \frac{\alpha}{2} - \gamma = \frac{\beta}{2} = \angle ABI = \angle YBI $$ Dakle četverokut $YBVI$ je tetivan, nadalje motivirani ovom tetivnošću definiramo presjek pravaca $UX$ i $AB$ kao točka $N$. Sada kako je $\angle XUI = \beta/2$ i $\angle NUI= \beta/2$ imamo da je $NBUI$ također tetivan. Kratkim angle chaseom ovog kuta dobijamo $\angle UNI = \angle UBI = \angle CBI = \beta/2 = \angle XUI = \angle NUI$ odakle slijedi da je $\triangle NUI$ jednakokračan. U ovom trenutku se jos nije razvila neka posebna ideja za rijesiti zadatak pa nastavljamo sa iskorištavanjem uvjeta, tj uvjeta kolinearnosti točaka $ I, X$ i $ Y$. Uz paralelnost dobijamo: $$ \frac{XU}{YV}=\frac{IX}{IY}=\frac{AN}{AY}=\frac{NX}{YV} \Rightarrow$$ $$XU=NX \Rightarrow IY \perp NU$$ Ili možda u korisnijoj formi $YI \perp AI$ Sada u biti uviđamo neku simetriju sa već definiranom okomicom iz $I$ na $CI$. Problem je kako u skicu na lijep način ubaciti polovišta jer ne izgleda kao da možemo $Z$ i $W$ nekako pametno povezati. Sljedeći korak je svakako plodan: definiranje točke $X'$ simetričnoj točki $X$ preko $I$, tu je $I$ polovište dužine $XX'$ odakle je $IW || AX'$. Sada smo već nekako zgrabili točke $W$ i $I$ u neki dio skice, i odmah se možemo lakše igrati... ostaje naravno dokazati $IZ || AX'$ što bi riješilo zadatak. $Lemma:$ $HMO- 2017$ (Arseniy Akopyan EnGeoFigures) prvi dan. Dodajmo polovište $M$ luka $BC$ sa točkom $A$. Lemma glasi da je $$\angle IZB = \angle IMA$$ Dokaz lemme ostavljen čitatelju. Uočimo sličnost trokutova $\triangle AYX$ i $\triangle CUV$. Trivijalno je $\angle YAX = \angle UCV $¸Ne toliko teško dolazimo do jednakosti $\angle CUV = \angle AXY$ odakle zbog sličnosti slijedi $$\angle CVI = \angle CVU = \angle AYX = \angle BVI $$ dakle $VI$ raspolavlja luk $BC$ sa $A$ u točki $M$. Neka je još $S$ sjecište $AX'$ i $BC$. Imamo $\angle AX'I= \angle AIX' = \angle IUS$ pa $IUSX'$ tetivan time je uz $lemmu$ i prije navedeno $$\angle IZB = \angle IMA = \angle VMA = \angle VIY = \angle ASB $$ dakle $$ IZ || AS || WI $$ odnosno $W,I,Z$ kolinearne

Školjka

Ocjene: (1)