8-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2021 год, третья лига, 11-12 классы

$\triangle ABC$-ның $AD$, $BE$ және $CF$ биіктіктері $H$ нүктесінде қиылысады. $H$ нүктесінен $EF$-ке жүргізілген перпендикуляр $EF$, $AB$, $AC$ түзулерін сәйкесінше $P$, $T$, $L$ нүктелерінде қияды. $BC$ қабырғасының бойынан $BD=KC$ болатындай $K$ нүктесі алынған. $H$ және $P$ нүктелері арқылы өтетін $\omega$ шеңбері $AH$ түзуін жанайды. $\triangle ATL$-ға сырттай сызылған шеңбер мен $\omega$ шеңберлерінің жанасатынын және $KH$ түзуі сол жанасу нүктесі арқылы өтетінін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Пусть точка $S$ - точка пересечения $(AEF)$ и $(ATL)$. Рассмотрим поворотную гомотетию $\phi$ с центром $S$, переводящая $(AEF)$ в $(ATL)$. Из леммы о велосипедистах $T\rightarrow F,L\rightarrow E$. Также несложно получить, что $A\rightarrow H$.

Обозначим $Q$ проекция $A$ на $TL$, очевидно она лежит на $AEF$. Поскольку в подобных треугольниках $ATL,AFE$ имеем, что $Q,P$ соответственные, то $Q\rightarrow P$.

Теперь пусть $(AEF)\rightarrow\omega'$. Так как $(AEF)$ проходит через $Q$ и $A$, то $\omega'$ проходит через их образы, то есть $P$ и $H$. Используя, что угол поворота $\phi$ равен $90^\circ$, несложно показать, что $\omega'$ касается $AH$. Это значит то, что $\omega$ совпадает с $\omega'$!

Заметим, что $\phi\circ\phi$ имеет угол поворота $180^\circ$ то есть это гомотетия. В то же время $\phi\circ\phi((ATL))=\omega$, то есть $(ATL)$ касается $\omega$ и $S$ - точка касания. Далее следует терпимой длины тригонометрический счёт, чтобы доказать, что $\angle EHS=\angle CHK$