Задача 1. Във всяка от клетките на квадрат \(3 \times 3\) е записано числото 1.

Към всеки три клетки, лежащи в различни редове и различни стълбове, се прибавя едновременно 1. Може ли да се приложи това действие краен брой пъти, така че всички числа в таблицата да станат различни, а сумите по всички редове и всички стълбове да са равни? Може ли сумите на числата по диагоналите да са огледални числа?

Сава Гроздев, София, и Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение: прилагаме действието към единия диагонал \(a\) пъти, после – \(b\) пъти към единия триъгълник със страна, успоредна на този диагонал, и след това – \(c\) пъти към другия триъгълник със страна, успоредна на същия диагонал. По този начин получаваме последователно таблиците на първата фигура.

Към втория диагонал на последната таблица прилагаме действието \(d\) пъти, после \(-e\) пъти към единия триъгълник със страна, успоредна на този диагонал, и след това \(-f\) пъти към другия триъгълник със страна, успоредна на същия диагонал. По този начин получаваме последователно таблиците на втората фигура.

Нека \(a=1, b=2, c=3, d=10, e=20\) и \(f=30\). След заместване в последната таблица получаваме.

Всички числа в получената таблица са различни и сумите по всички редове и стълбове са равни на 66. Следователно отговорът на първия въпрос е положителен. Сумите на числата в двата диагонала са 63 и 36. Следователно и вторият въпрос има положителен отговор.

Задача 2. В окръжност \(k\) с център \(O\) е вписан разностранен триъгълник \(A B C\) с ортоцентър \(H\) така, че точките \(A, B, H\) и \(O\) лежат на една окръжност. Да се докаже, че:

a) \(O H\) е ъглополовяща на ъгъла, съседен на \(∢ A H B\);

б) точките \(O\) и \(H\) са симетрични относно ъглополовящата на \(∢ A C B\); в) ако правата \(O H\) пресича \(A C\) и \(B C\) съответно в точките \(P\) и \(Q\), то \(O Q=O P\).

Христо Лесов, Казанлък

Решение: тъй като \(\triangle A B C\) е остроъгълен и разностранен, точките \(O\) и \(H\) са различни и вътрешни за \(\triangle A B C\). За определеност приемаме, че \(A C \gt B C\). Освен това нека \(A H\) и \(B H\) пресичат съответно \(B C\) и \(A C\) в точките \(D\) и \(E\). Тогава \(∢ A E H=∢ C D H=90^{\circ}\). Тъй като точките \(A, B, H\) и \(O\) лежат на една окръжност, то \(∢ A H B=∢ A O B\). От друга страна, четириъгълникът \(C E H D\) е вписан в окръжност и затова \(∢ A H B=180^{\circ}-∢ A C B\). В окръжността \(k\) са изпълнени равенствата \(∢ A O B=\overparen{A B}\) и \(∢ A C B=\tfrac{\overparen{A B}}{2}\). Затова \(∢ A O B=2 . ∢ A C B\) и \(180^{\circ}-∢ A C B=2 . ∢ A C B\). Следователно \(∢ A C B=60^{\circ}\) и \(∢ A H B=∢ A O B=120^{\circ}\). Ако \(M\) и \(N\) са средите съответно на страните \(B C\) и \(A C\), то \(O M \| A D\) и \(O N \| B E\). Нека \(O M \cap B E=K\) и \(O N \cap A D=L\). Тъй като \(O K \| L H\) и \(O L \| K H\), четириъгълникът \(O K H L\) е успоредник. От правоъгълните триъгълници \(C A D\) и \(C B E\) следва, че \(∢ C A D=∢ C B E=30^{\circ}\). Следователно \(C D=\tfrac{1}{2} A C=C N\) и \(C E=\tfrac{1}{2} B C=C M\). Затова \(D M=C D-C M=C N-C E=N E\). Но височините на успоредника \(O K H L\) са равни на \(D M\) и \(N E\), т.е. те са равни. Това означава, че \(O K H L\) е ромб, а диагоналите му \(O H\) и \(K L\) са перпендикулярни и са ъглополовящи съответно на \(∢ K O L=60^{\circ}\) и \(∢ O K H=120^{\circ}\). Освен това пресечната точка \(O_{1}\) на \(O H\) и \(K L\) е тяхна обща среда. Затова \(O_{1}\) е центърът на Ойлеровата окръжност за \(\triangle A B C\). От друга страна, \(∢ C O M=\tfrac{1}{2} ∢ B O C=\tfrac{\overparen{B C}}{2}=∢ B A C\) \(∢ C H E=∢ B A C\).

Затова \(\quad ∢ C O M=∢ C H E\) и \(∢ C O H=∢ H O M+∢ C O M=30^{\circ}+∢ C H E=∢\). Следователно \(\Delta C O H\) е равнобедрен, т.е. \(C H=C O\) и \(C O\) е симетрала на \(O H\). Това означава, че \(C O_{1}\) е ъглополовяща на \(∢ O C H\), а точките \(K\) и \(L\) лежат върху нея. Правоъгълните триъгълници \(C H D\) и \(C O N\) са еднакви. Оттук следва, че \(∢ H C D=∢ O C N\) и затова \(C O_{1}\) е ъглополовяща на \(∢ A C B\). Но тя е симетрала на \(P Q\), което означава, че \(O_{1} Q=O_{1} P\) и \(O Q=O O_{1}+O_{1} Q=O O_{1}+O_{1} P=O P\).

Задача 3. В изпъкнал четириъгълник \(A B C D\) мерките на ъглите при върховете \(A, B, C\) и \(D\) са съответно \(\alpha, \beta, \gamma\) и \(\delta\), β, γ и δ , а дължините на отсечките \(C D, D A\) и \(A C\) са съответно \(c, d\) и \(m\). Ако са изпълнени равенствата \(\tfrac{\sin \alpha}{\sin \gamma}=\tfrac{d}{c}\) и \(2 \delta=180^{\circ}+\beta\), да се намери разстоянието между средите на диагоналите \(A C\) и \(B D\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: нека \(E\) и \(F\) са средите съответно на диагоналите \(A C\) и \(B D\), а \(O\) е точка, симетрична на \(D\) спрямо \(E\). Четириъгълникът \(A O C D\) е успоредник и затова \(A O=D C=c, C O=D A=d\) и \(∢ A O C=∢ A D C=\delta\). Означаваме ортогоналните проекции на \(O\) върху страните \(A B, B C, C D\) и \(D A\) съответно с \(M, N, P\) и \(Q\). Ще докажем, че \(M N P Q\) е успоредник. Тъй като \(A O\) е диаметър на окръжността, минаваща през точките \(A, M\) и, от синусовата теорема за \(\triangle A M Q\) получаваме \(Q M=c \cdot \sin \alpha\). Аналогично се получава равенството \(P N=d . \sin \gamma\). Така от условието \(c \cdot \sin \alpha=d \cdot \sin \gamma\) следва, че \(Q M=P N\). Ще докажем, че е изпълнено и \(Q M \| P N\). От вписаните четириъгълници \(A M O Q, Q O P D\) и \(P O N C\) и равенството \(2 \delta=180^{\circ}+\beta\) получаваме последователно \(∢ A M Q+∢ P N C=∢ A O Q+∢ C O P\) т.е. \(\quad ∢ A B C=∢ A M Q+∢ P N C\). Нека \(S\) е такава точка в \(∢ A B C\), за която \(S B \| Q M\). Тогава \(∢ A B S=∢ A M Q\). От последните две равенства получаваме последователно \(∢ S B C=∢ A B C-∢ A B S=(∢ A M Q+∢ P N C)-∢ A M Q=∢ P N C, \quad\) т.е. \(∢ S B C=∢ P N C\). Следователно \(S B \| P N\). Като вземем предвид и \(S B \| Q M\), получаваме \(P N \| Q M\). Така установихме, че \(M N P Q\) е успоредник. Оттук следва, че \(Q P=M N\). От друга страна, според синусовата теорема, приложена за \(\triangle Q P D\) и \(\triangle M N B\), имаме равенствата \(Q P=D O \cdot \sin \delta\) и \(M N=B O \cdot \sin \beta\) . Затова \(D O \cdot \sin \delta=B O \cdot \sin \beta\). sinδ = BO. sin β. Оттук и условието \(2 \delta=180^{\circ}+\beta\) следва, че \(B O=\tfrac{D O \cdot \sin \delta}{\sin \beta}=\tfrac{2 \cdot D E \cdot \sin \delta}{|\sin 2 \delta|}=\tfrac{D E}{|\cos \delta|}\). Като вземем предвид, че \(E F=\tfrac{1}{2} \cdot B O\) (\(E F\) е средна отсечка в \(\triangle O B D\) ), получаваме \(E F=\tfrac{D E}{2|\cos \delta|}\). Но от \(\triangle A C D\) следват равенствата \(D E=\tfrac{1}{2} \sqrt{2 c^{2}+2 d^{2}-m^{2}}\) и \(2|\cos \delta|=\tfrac{\left|c^{2}+d^{2}-m^{2}\right|}{c d}\). Заместваме тези равенства в последното равенство и получаваме окончателно \(E F=\tfrac{c d \sqrt{2 c^{2}+2 d^{2}-m^{2}}}{2\left|c^{2}+d^{2}-m^{2}\right|}\).