Математикадан 55-ші халықаралық олимпиада, 2014 жыл, Кейптаун

$ABCD$ дөңес төртбұрышында $\angle ABC=\angle CDA=90{}^\circ$ екені белгілі. $H$ нүктесі $A$ нүктесінен $BD$-ға түсірілген биіктіктің табаны. $AB$ және $AD$ қабырғаларынан келесі шарттарды қанағаттандыратын сәйкесінше $S$ және $T$ нүктелері алынған: $H$ нүктесі $SCT$ үшбұрышының ішінде жатады және $$\angle CHS-\angle CSB=90{}^\circ ,\quad \angle THC-\angle DTC=90{}^\circ .$$ $BD$ түзуі $TSH$ үшбұрышының сырттай сызылған шеңберін жанайтынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Возьмем точку $C'$ как изогонально сопряженную точку к точке $H$ относительно $\triangle AST$

Заметим что $$\angle SAC=\angle SAC'$$ $$\angle SCT=\angle SC'T$$

Значит $C$ и $C'$ эквивалентгы

По счету углов

$$CH\perp ST$$

Возбмем точку $X$ как симметричную точку к $C$ относительно $ST$

Отрезки $SA$ и $SX$ симметричны относительно биссектрисе угла $\angle TSH$

Значит $X, A$ изогонально сопряженные точки отночительно $\triangle STH$.

Из чего $HA$ проходит через центр описанной окружности $\triangle STH$ так как $HX\perp ST$

Возьмем центр как $O$

$$\angle AHB = \angle AHD = \angle OHB = \angle OHD = 90^{\circ}$$

Из чего BD касательная

Ч.т.д.

Прежде всего, пусть точки $M,N$ являются точками, симметричными $C$ относительно $D,B$. Теперь легко получить циклический код $CHTM,CHSN$. И пусть $Y,X$ — центры этих окружностей соответственно. Теперь, если вы попытаетесь доказать по теореме Менелая, что биссектрисы $HS,HT$ пересекаются на $AH$ (что эквивалентно данной задаче), вы сведете задачу к $XS/XA=YT/YA$. Теперь это сокращается до $XH/HY=XA/AY$. Теперь это можно доказать, если вы докажете, что $AHC$ — это аполлонический круг для отрезка $XY$. Если вы пересечете биссектрису $AH$ с $XY$ в точке $T'$, это уменьшится до $T'A^2=T'X\cdot T'Y$, теперь вы можете под углом преследовать этот $T'AX\sim Т'Я$, что тривиально