8-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2021 год, вторая лига, 9-10 классы

Около остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC$ описана окружность $\Gamma$, а в него вписана окружность с центром в точке $I$. Прямая $AI$ вторично пересекает $\Gamma$ в точке $M$. Точка $N$ — середина стороны $BC$, точка $T$ на $\Gamma$ такова, что $IN \perp MT$. Прямые $TB$ и $TC$ пересекаются с прямой, проходящей через $I$ перпендикулярно $AI$, в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что $PB = CQ$.

Комментарий/решение

Пусть $IN \cap MT = J$, $S$ диаметрально противоположна $M$, линия, проходящая через $I$, перпендикулярная $AI$, пересекает $BC$ в точке $K$ и пусть $KM \cap \Gamma = L $.

$90 = \angle{MNK} = \angle{MIK}$, поэтому $(KINM)$ является вписаным, поэтому $\angle{JMN} = \angle{KNI} = \angle{KMI} \Rightarrow \angle{SMT} = \angle{LMA} \Rightarrow LT || AS$ и поскольку $AS \perp AM \Rightarrow LT || PK$

Таким образом, $\angle{BPK} = \angle{BTL} = \angle{BML} = \angle{BMK} \Rightarrow (PKBM)$ является вписаным, и аналогично мы имеем вписаным $(QCMK)$.

Итак, $\angle{KPM} = \angle{MBC}$ и $\angle{KQM} = \angle{KCM} = \angle{BCM} \Rightarrow \angle{QPM} = \angle{PQM}$, поэтому $ IP = IQ$, поэтому если $PQ \cap AB = A'$ и $PQ \cap AC = B'$, то $PB' = QC'$. При этом $\angle{QC'C} = \angle{PB'B} \Rightarrow \sin\angle{QC'C} = \sin\angle{PB'B}$ и $\angle{QCC'} = \ угол{TCA} = \angle{TBA} = 180 - \angle{PBB'} \Rightarrow \sin\angle{QCC'} = \sin\angle{PBB'}$. По теореме Синусов

$QC = \frac{C'Q\sin\angle{CC'Q}}{\sin\angle{QCC'}}$ и $PB = \frac{B'P\sin\angle{BB'P}} {\sin\angle{PBB'}} \Rightarrow QC = PB$ по желанию.