Математикадан республикалық олимпиада, 2013-2014 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышы $\Gamma$ шеңберіне іштей сызылған. Үшбұрышқа іштей сызылған шеңбер $BC$ қабырғасын $N$ нүктеде жанайды. $\omega $ — $N$ арқылы өтетін және $\Gamma$ шеңберінің $BAC$ сегментіне іштей сызылған шеңбер болсын. $O$ мен $J$ нүктелері сәйкесінше $\omega $ мен $ABC$-ның $BC$ қабырғасын жанайтын іштейсырт сызылған шеңбер центрлері болсын. $AO$ мен $JN$ түзулері параллель екенін дәлелдеңдер. ( Ильясов С. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Для начало введем обозначения. Пусть $\gamma$ — вписанная окружность треугольника $ABC$, касающаяся сторон $AB$ и $AC$ в точках $M$ и $K$, а точка $I$ — её центр. Пусть прямая $AI$ пересекает $\Gamma$ повторно в точке $S$. Прямая $SN$ пересекает $\Gamma$ в точке $T$ ($T\neq S)$. Наконец пусть $SP$ — диаметр окружности $\Gamma$.
Так как $TN$ — биссектриса $\angle BTC$, то в силу свойства биссектрисы находим: $$ \frac{BT}{CT}=\frac{BN}{NC}=\frac{BM}{CK}. $$ Углы $\angle TBA$ и $\angle TCA$ равные (поскольку опираются на одну дугу). Из полученных равенств следует подобие треугольников $TMB$ и $TKC$. Откуда $\angle TMA=\angle TKA$, следовательно точки $A$, $T$, $M$, $I$ и $K$ лежат на одной окружности с диаметром $AI$. Назовем её $\omega'$ и пусть ${O}'$ её центр.
Рассмотрим гомотетию с центром в точке $T$, при которой точка $S$ переходит в точку $N$. Тогда касательная к окружности Г в точке $S$ перейдет в прямую $BC$. Поэтому окружность $\Gamma$ переходит в окружность, касающуюся $\Gamma$ в точке $T$ и прямой $BC$ в точке $N$. т. е. в окружность $\omega$. Таким образом, окружности $\omega$ и $\Gamma$ касаются в точке $T$.
Пусть точка $V$ — радикальный центр окружностей ${\omega}'$, $\omega$ и $\gamma$. Тогда по теореме Менелая для треугольника $ABC$ и точек $V$, $M$ и $K$ имеем: $$ \frac{VB}{VC}=\frac{BM}{CK}=\frac{BN}{CN}=\frac{TB}{TC}. $$ Откуда вытекает, что точки $V$, $T$ и $N$ лежат на окружности Аполония для точек $B$ и $C$. Поэтому $\angle VTN={{90}^{\circ}}$. С другой стороны $SP$ — диаметр, значит $\angle STP={{90}^{\circ}}$, т. е. точки $V$, $T$ и $P$ лежат на одной прямой. Значит, точки $T$, $T'$ и $P$ лежат на одной прямой. Откуда следует перпендикулярность прямых $TT'$ и $NS$, следовательно прямые $NS$ и $OO'$ параллельны$^1$.
Известным фактом является, то что точка $S$ — середина отрезка $IJ$. Так как ${O}'$ — центр окружности с диаметром $AI$, то точка $O'$ середина отрезка $AI$. Осталось заметить, что утверждение задачи следует из параллельности прямых $NS$ и $OO'$.
(1) Прямые $TT'$ и $OO'$ перпендикулярны так как $TT'$ является общей хордой окружностей $\omega$ и $\omega'$.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     $(\textit{Решение Калмырзаева Сергазы, Южно-Казахстанская область})$ Обозначим через $I$ центр вписанной окружности. Пусть вписанная окружность касается стороны $AC$ в точке $B_1$, а вневписанная окружность касается прямой $AC$ в точке $B_2$. Точки $I$, $O$ и $N$ лежат на одной прямой. Поэтому, чтобы решить задачу, достаточно доказать отношение $\dfrac{AI}{IJ} = \dfrac{OI}{IN}$, которое эквивалентно равенству $$ \dfrac{AI}{AJ} = \dfrac{OI}{ON}. \quad (1) $$ Пусть $BC=a$, $AC=b$, $AB = c$, $p=(a+b+c)/2$ и $r$ — радиус вписанной окружности. Известно, что $AB_1 = p-a$, $AB_2 = p$, откуда $\dfrac{AI}{AJ} = \dfrac{AB_1}{AB_2} = \dfrac{p-a}{p} = \dfrac{b+c-a}{a+b+c}$. Поэтому условие (1) можно переписать в виде $$ 1-\dfrac{AI}{AJ} = 1- \dfrac{OI}{ON} \Leftrightarrow \dfrac{2a}{a+b+c} = \dfrac{IN}{ON} \Leftrightarrow ON = \dfrac{r(a+b+c)}{2a}. \quad (2) $$ Пусть $AI$ во второй раз пересекает Г в точке $M$, а $\ell_M$ — касательная к Г в точке $M$. Понятно, что $M$ — середина дуги $BC$ окружности Г и $\ell_M \parallel BC$. Пусть $S$ — точка касания окружностей $\omega$ и Г. Так как $S$ — центр гомотетии, переводящий $\omega$ в Г, то при таком переходе $N$ перейдёт в $M$. Поэтому точки $S$, $N$ и $M$ лежат на одной прямой. Обозначим $MNC = \alpha$. Тогда из $ON \cdot \cos \angle ONS = ON \cdot \sin \alpha = SN/2$ следует, что $SN = 2ON \cdot \sin \alpha$, а из равенства $SN \cdot MN = BN \cdot NC$ следует, что $SN = \dfrac{BN \cdot NC}{MN}$, т.е. $ON = \dfrac{BN \cdot NC}{2 MN \cdot \sin \alpha}$. Из теоремы синусов для $\triangle MNC$ имеем $MN \cdot \sin \alpha = CM \cdot \sin \angle A/2$. Значит, $ON = \dfrac{BN \cdot NC}{2CM \cdot \sin \angle A/2}$. Осталось показать, что $$ \dfrac{r(a+b+c)}{2a} = \dfrac{BN \cdot NC}{2CM \cdot \sin \angle A/2}.$$ Так как $BN= p-b$, $CN= p-a$, $CM=\dfrac{a}{2 \cdot \cos \angle A/2}$, $\tan \angle A/2 = \dfrac{r}{p-a}$, то нужно доказать, что $$ (p-a)(p-b)(p-c) = \dfrac{r^2(a+b+c)}{2}, $$ которое следует из формулы Герона и формулы $S_{ABC} = pr$.

Простите, я ошибся. Все правильно

$I$ - инцентр $\triangle ABC$, $H$ - основание высоты из $A$ на $BC$, $K$ - середина $AH$. $(A,AI\cap BC;I,J)\stackrel{N}{=}(A,H;\infty_{AH},K)$, то есть достаточно показать, что $R_{\omega}=AK$. $AT$ - касательная к $\omega$, тогда по лемме Саваямы $T,I,N$ лежат на одной прямой, поэтому $AT||BC$ и $AH=TN=2R_{\omega}$. $AK||ON$ и $AK=ON$, поэтому $AONK$ - параллелограмм и $AO||KN$.