Върху една задачка от националния кръг на ЕК 2015

[georgi111]

Дадена е окръжност с център O и радиус [tex]R = 4cm[/tex]. През точка A, за която OA = 8 cm, е прекарана права, пресичаща окръжността в точки P и Q (P е между A и Q). Ако T е симетричната точка на P спрямо правата OA и S е пресечната точка на TQ и OA, то за дължината на отсечката AS е изпълнено:
A) AS < 6 B) AS = 6 C) 6 < AS < 8 D) AS = 8 E) AS > 8

[georgi111]

Интересното в случая, заради което и пуснах задачката е следния факт : [tex]S[/tex] е средата на [tex]OB[/tex]!

[georgi111]

За нея видях 2 решения - едно "хитро" и едно "сметкаджийско-хамалско". Хитрото решение :
Нека [tex]X[/tex] е средата на [tex]AP[/tex]. Тогава [tex]BX[/tex] - средна отсечка в триъгълник [tex]OAP[/tex], следователно [tex]BX = \frac {1} {2} R = 2[/tex]. Разглеждаме триъгълниците [tex]SBP[/tex] и [tex]XBP[/tex]:
1) [tex]BP[/tex]-обща
2) [tex]\angle OPQ = \angle BXP = \frac {1}{2}.\widehat{CQ} + \frac {1}{2}.\widehat {CP_1}=\frac {1}{2}.\widehat{CG} + \frac {1}{2}.\widehat {BP}= \angle BSP[/tex] ([tex]OP || BX, P1 = OP \cap{k})[/tex]
3) [tex]\angle SPB = \frac {1}{2}.\widehat{GB} = \frac {1}{2}.\widehat{QB} = \angle BGQ = \angle BPX[/tex]
откъдето по втори признак получаваме, че са еднакви. Тогава [tex]SB= BX = 2[/tex] и [tex]AS = AB + BS = R + R/2 = 6[/tex]

[georgi111]

Ето и "сметкаджийското" решение. То също крие своята красота и изящност
Означаваме [tex]MB=a, MS=b, SH=c, HC=d, TM=MP=x, GH=HQ=y[/tex]. Тогава използвайки свойствата на секателните/допирателните в окръжност лесно получаваме следните равенства:
[tex]\begin{cases} a+b+c+d=8 \\ AP.AQ=(2R)^2-R^2=48 \\ x^2=8a-a^2 \\ y^2=8d-d^2 \\ (a+1)(9-d) = 9 \\ \frac {x}{y}=\frac {b}{c} = \frac {AP}{AQ} \end{cases}[/tex]
Предпоследното се установява от : [tex]AP^2 = (4+a)^2 + x^2 = 16(a+1), AQ^2 = (12-d)^2 + y^2 = 16(9-d), AP.AQ=48[/tex]. Ключовия момент е теоремата на Менелай за триъгълник [tex]AHQ[/tex] и правата [tex](PSG)[/tex], откъдето получаваме последователно [tex]\frac {AP}{PQ}.\frac {QG}{GH}.\frac {HS}{SA}=1[/tex]. От [tex]H[/tex]-среда на [tex]GQ[/tex] последното става [tex]AS=2.c.\frac{AP}{PQ}(*)[/tex].
От последното и предпоследното от горните равенства имаме [tex]\frac {b^2}{c^2} = \frac {a+1}{9-d}, a=\frac {d}{9-d}[/tex], откъдето получаваме [tex]b=\frac {3c}{9-d}[/tex](от [tex]\frac {b^2}{c^2} = \frac {a+1}{9-d} \rightarrow b^2 = k(a+1), c^2=k(9-d) \rightarrow (bc)^2 = k^2(a+1)(9-d)=9k^2 \rightarrow k= \frac {bc}{3}[/tex][tex]\rightarrow b^{2}=\frac {bc}{3}(\frac{d}{9-d}+1)[/tex]). Освен това [tex]AP=\frac {12}{\sqrt{9-d}}, AQ=4(\sqrt{9-d}), \frac {AP}{PQ}=\frac {4+a}{b+c}(Tales)[/tex], откъдето последователно имаме[tex]PQ=\frac{4(6-d)}{\sqrt{9-d}}, b+c=\frac {(12-d)(6-d)}{9-d}[/tex] и от [tex]b=\frac{3c}{9-d}[/tex] получаваме [tex]c=6-d[/tex]. Сега заместваме в (*) и имаме :[tex]AS = 2.c.\frac{AP}{PQ}= 2(6-d).\frac {\frac {12}{\sqrt{9-d}}}{\frac{4(6-d)}{\sqrt{9-d}}}[/tex] т.е. [tex]AS=6[/tex], което завършва и решението.