Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2019 год

В треугольнике $ABC$ угол при вершине $B$ тупой, $AB\ne BC$. Точка $O$ — центр описанной окружности $\omega$ этого треугольника, $N$ — середина дуги $ABC$. Окружность, описанная около треугольника $BON$, пересекает отрезок $AC$ в точках $X$ и $Y$. Лучи $BX$ и $BY$ вторично пересекают окружность $\omega$ в точках $Z$ и $T$. Докажите, что точка, симметричная точке $N$ относительно прямой $AC$, лежит на прямой $ZT$. ( А. Кузнецов )

Комментарий/решение

Подсказка это окружность

Решим такую задачу:

Пусть $BNZT$ равнобедренная вписанная трапеция c центром в $O$, где $NZ=BT$ и $\angle B > 90^{\circ}$ опишем окружность $\omega_{1}$ около $BON$, пусть $Q \in TN \cap BZ$ и $M \in \omega_{1} \cap OQ$ так же $X \in BZ \cap \omega_{1}, Y \in BT \cap \omega_{1}$ и $N' \in TZ \cap NO, L \in NZ \cap \omega_{1}, H \in TN \cap \omega_{1}$ тогда покажем что $YX \perp NN'$ и делит ее пополам, это и докажет задачу.

Доказательство:

1) Покажем с начало что $YX \perp NN'$ так как $\angle BZN = \dfrac{\angle BON}{2}$ откуда $\angle QON = \angle QZN$ значит $QONZ$ вписанный, откуда $\angle BZN = \angle QON = \angle MLN$ то есть $ML || BZ$ значит $MN=BM=LX=YH$ и так как $YL \perp MO$ так как $\angle LYX = \angle QON$ откуда $YX \perp NO$

2) Покажем что $YX$ делит $NN'$ пополам, так как $YH=MN$ тогда $\angle BTN = \angle BOQ = \angle MON = \angle YNH$ то есть $YT=YN$ так же если $\angle NTZ = a, \angle BTN=b$ тогда $\angle NYT = 180^{\circ}-2b$ но $\angle TNN' = 90^{\circ}-a-b$ откуда $\angle TN'N = 90^{\circ}+b$ то есть $N'$ лежит на окружности с радиусом $YN$ откуда $YN=YN=YN'$ тогда $N'D=ND$.

Тогда пусть $YX$ пересекает окружность описанную около $BNZT$ точках $A,C$ получаем требуемое.

Случай когда $N'$ лежит по другую сторону дуги, доказательство аналогичное.