Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2014 год


Окружности $\omega$ и $\Omega$ пересекаются в точках $A$ и $B$. Пусть $M$ — середина дуги $AB$ окружности $\omega$ ($M$ лежит внутри $\Omega$). Хорда $MP$ окружности $\omega$ пересекает $\Omega$ в точке $Q$ ($Q$ лежит внутри $\omega$). Пусть $\ell_P$ — касательная к окружности $\omega$ в точке $P$, а $\ell_Q$ — касательная к окружности $\Omega$ в точке $Q$. Докажите, что окружность, описанная около треугольника, образованного при пересечении прямых $\ell_P$, $\ell_Q$ и $AB$, касается $\Omega$. ( М. Кунгожин, И. Богданов )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Введем обозначения: $X=AB\cap \ell_P$, $Y=AB\cap \ell_Q$ и $Z=\ell_P\cap \ell_Q$. Без ограничения общности можно считать, что $AX < BX$. Пусть $F=MP\cap AB$.

Обозначим через $R$ вторую точку пересечения $PQ$ и $\Omega$; через $S$ такую точку $\Omega$, что $SR\parallel AB$; наконец, через $T$ такую точку $\Omega$, что $RT\parallel \ell_P$. Поскольку $M$ является серединой дуги $AB$, касательная $\ell_M$ в точке $M$ к $\omega$ параллельна $AB$, поэтому $\angle(\ell, PM)=\angle (PM,\ell_P)$. Отсюда имеем $\angle PRT=\angle MPX=\angle PFX=\angle PRS$. Таким образом, $Q$ есть середина дуги $TQS$ окружности $\Omega$, следовательно, $ST\parallel \ell_Q$. Соответствующие стороны треугольников $RST$ и $XYZ$ параллельны и существует гомотетия $h$, отображающая $RST$ в $XYZ$.
Пусть $D$ — вторая точка пересечения $XR$ и $\Omega$. Утверждается, что $D$ есть центр гомотетии $h$. Поскольку $D\in\Omega$, это означает, что окружности, описанные около треугольников $RST$ и $XYZ$, касаются. Таким образом, остается доказать наше утверждение. Для этого достаточно показать, что $D\in SY$.
Из $\angle PFX=\angle XPF$ находим $XF^2=XP^2=XA\cdot XB=XD\cdot XR$. Следовательно, $\dfrac{XF}{XD}=\dfrac{XR}{XF}$, а значит, треугольники $XDF$ и $XFR$ подобны. Поэтому $\angle DFX=\angle XRF=\angle DRQ=\angle DQY$ и точки $D$, $Y$, $Q$ и $F$ лежат на одной окружности. Это означает, что $\angle YDQ=\angle YFQ=\angle SRQ=180^\circ-\angle SDQ$, откуда следует, что точки $Y$, $D$ и $S$ лежат на одной прямой, причем $D$ находится между $S$ и $Y$.

пред. Правка 2   10
2023-11-01 23:01:07.0 #

Пусть $X=\ell_{Q} \cap \ell_{P}, Y=AB \cap \ell_{P}, Z= AB \cap \ell_{Q}$. Также длины касательных из точек $X,Y,Z$ к окружности $\Omega$ равны, соответственно, длинам $XQ, YP, ZQ$. Второе равенство верно из того, что $Y$ лежит на радикальной оси $\omega$ и $\Omega$. Теперь, по теореме Кейси для точек $X,Y,Z$ и окружности $\Omega$, достаточно проверить, что $XY*ZQ+ZY*XQ=ZX*YP$. Пусть $AB \cap MP = R$ . Простым счетом углов можно доказать, что $YP=YR$. По теореме Менелая для треугольника $ZQR$ и секущей $X-P-Y$, $\frac{ZX}{XQ}*\frac{QP}{PR}*\frac{RY}{YZ}=1$, откуда $XQ*ZY=ZX*YP*\frac{QP}{PR} (1)$. Аналогично, по теореме Менелая для треугольника $XPQ$ и секущей $Y-R-Z$, $XY*ZQ=ZX*YP*\frac{QR}{PR}$ $(2)$. Складывая $(1)$ и $(2)$, получаем требуемое

nobody123
пред. Правка 2   1
2023-11-18 20:25:37.0 #

combi
  0
2024-04-02 14:20:01.0 #

Совершаеш инверсию и в лоб выходит

MironNemiron
пред. Правка 2   1
2024-06-21 21:22:01.0 #

Решение $IMO$ и $AliaskarSultanali$

Обозначим точки $X,Y,Z$ как в официальном решение. $PQ \cap AB=C$ . Возьмем точку Микеля четырехугольника $XYPQ$ как $F$.По свойству точки Микеля известно $F$ лежит на $(XYZ)$ и $(XPFC)$

Легко заметить что $XP=XC$ , потому что $\angle XPC=\angle XPA + \angle APC= \angle AMP + \angle MAB = \angle XCP$. Пусть $XF \cap PM = E$. Докажем то что $F,E$ лежат на $(AQB)$. Заметим что при инверсии с радиусом $XP$ и центром $X, (XPCF)$ перейдет в $PC$ потому что $P,C$ перейдут в самих себя то есть $F$ в $E$.Тогда $XP^2=XA*XB=XF*XE$ , то есть $ABFE$ вписанный. Также $XC^2=XF*XE$ значит $\angle XCF=\angle XEC $, но $\angle XCF=\angle YQF=\angle QBF$ потому что $YQ$ касательная значит $\angle XEC=\angle QBF , QBEF $- вписанный. То есть $A,Q,B,E,F$ лежат на одной окружности.

Теперь заметим $\angle YZF=\angle YXF$ отсюда $\angle YZF+\angle PEF=\angle QFY$ отсюда обе окружности касаются в $F$

IMO