Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2011/056/Kushnir.pdf Дата изменения: Thu Jan 10 14:50:28 2013 Дата индексирования: Sun Feb 3 06:47:32 2013 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: arp 220

НАМ ПИШУТ
Шанс на решение задачи Олимпиада в Астане была одной из самых сложныx в истории международных олимпиад. LI Международная математическая олимпиада ('Квант' ?6 за 2010 год) Анализируя результаты решения геометрических задач на LI Международной математической олимпиаде, я обратил внимание на 'ноль' участника, единственного в российской команде не решившего задачу 2. Вот условие этой задачи. Задача. Точка I центр окружности, вписанной в треугольник ABC, а Г окружность, описанная около этого треугольника. Прямая AI пересекает окружность Г в точках A и D. Точка E выбрана на дуге BDC, а точка F на стороне BC так, что 1 BAF = CAE < BAC . 2 Точка G середина отрезка IF. Докажите, что прямые DG и EI пересекаются в точке, лежащей на окружности Г. 'Профессиональный' олимпиадник, тем более на уровне Международной олимпиады, обречен на неудачу, если не владеет стандартными ситуациями, как шахматист знанием дебютов или сыгранных знаменитостями партий. Бывают просто казусные ситуации: на IV Международной математической олимпиаде фигурировала в 'чистом виде' формула Эйлера OI2 = R2 - 2Rr . Сегодня невозможно представить, чтобы олимпиадный боец ее не знал. Готовясь к 'бою', участники собирают заготовки, стандартные геометрические (да и не только) ситуации и приемы решения, которыми могут и обязаны воспользоваться. Знание их и дает тот шанс на решение предложенной Гонконгом задачи, о котором пойдет речь. Очевидно, что требование задачи можно заменить доказательством равенства AEQ = ADQ где Q точка пересечения прямых DG и EI (см. рисунок). Сравнение этих углов показывает, что угол IDG менее 'удобен', чем угол AEI, который является углом треугольника AEI. Наличие в условии точки G подсказывает введение вспомогательной точки J центра вневписанной окружности треугольника ABC: по известной теореме, ID = = DJ, чем в данном случае целесообразно воспользоваться, потому что GD средняя линия треугольника IFJ. И снова трудность: подсчет углов треугольников AIE и AFJ результата не даст, а вот доказать их подобие Тем более что равные углы при вершине A есть: FAJ = IAE . Значит, надо доказать пропорциональность сторон: AJ AF = . (1) AE AI Первую пару подобных треугольников найти нетрудно: ABF AEC , откуда AF AC = . (2) AB AE Второе подобие было описано в статье 'Семейство формул Лагранжа' ('Квант' ?2 за 2011 г.): ABJ AIC . Это тоже заготовка, потому что оба угла ABJ и AIC равны B 90њ+ , и треугольники подобны по двум углам. Следова2 тельно, AI AC = . (3) AB AJ AF AB = Разделим почленно равенства (2) и (3): AB AI AC AJ AJ AF = = , получим равенство (1). Задача AE AC AE AI решена. И.Кушнир