Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2008 жыл

$\Gamma$ — $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер болсын. $A$ және $C$ арқылы өтетін шеңбер $BC$ және $BA$ қабырғаларын $D$ және $E$ нүктелерінде қисын. $AD$ және $CE$ түзулері $\Gamma$-ны екінші рет сәйкесінше $G$ және $H$ нүктелерінде қияды. $\Gamma$-ға $A$ және $C$ нүктелерінде жүргізілген жанамалар $DE$ түзуімен сәйкесінше $L$ және $M$ нүктелерінде қиылысады. $LH$ және $MG$ түзулерінің қиылысу нүктесі $\Gamma$-ның бойында жатқанын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Известная лемма: При инверсии прямая, не проходящая через центр инверсии, переходит в окружность, проходящую через центр инверсии.

Решение:

1) Пусть $AEDC$ вписанный четырехугольник и пусть $I \in AD \cap EC$, тогда рассмотрим инверсию прямой $AD$ относительно данной окружности, по лемме она переходит в окружность $\omega _{1}$ проходящей через $AOD$, аналогично рассмотрим прямую $CE$ она переходит $\omega_{2}$ проходящей через $EOC$ пусть $F \in \omega_{1} \cap \omega_{2}$ тогда $I$ переходит в $F$ значит $F,I,O$ лежат на одной прямой, так же пусть $L \in DE \cap \omega_{1}, \ M \in DE \cap \omega_{2}$ тогда $LO, MO$ по построению биссектрисы $\angle ALD, \angle CME$ соответственно, и $\angle ACE = \angle EDA = \angle LOA$ но $\angle AOE = 2\angle ACE$ то есть $\angle AOL = \angle LOE$ значит $LE = LA$ аналогично $MD=MC$ тогда $\angle AFC = \angle AFO + \angle CFO = \angle ALO + \angle CMO = 90^{\circ} - \angle ACD + 90^{\circ} - \angle EAC = 180^{\circ} - \angle ACD - \angle EAC $ тогда если $B \in AE \cap CD$ то $ABFC$ вписанный .

2) С другой стороны $ \angle CHG = \angle CAD = \angle HEM $ значит $HG || LM$, тогда пусть на $\Gamma$ взята произвольная точка $F'$ пусть $M' \in FH' \cap DE$ тогда $\angle GAF' = \angle GHF ' = \angle DM'F'$ из-за параллельности, значит $F'DAM'$ лежат на одной окружности, аналогично и со вторым.

3) объединяя 1 и 2 получаем $L'=L, \ F'=F, \ M'=M$ то есть $F \in \Gamma$

Решение через Паскаля:

Пусть $LH \cap \Gamma = P(P \not= H)$ а так же $MG \cap \Gamma = Q(Q \not= G)$.

Теперь применим теорему Паскаля на шестиугольник $AACHPB$ получаем что точки $L, E, BP \cap AC$ лежат на одной прямой. Так что $BP \cap AC \in DE$. Аналогично применив Паскаля для $AACHQB$, заключаем что $BQ \cap AC \in DE$.

И этого достаточно для того что $P=Q$

i

(Epsilon 5.3)

бро залей решение через паскаль МОШП 2022

вы про 1ю задачу?