Математикадан 56-шы халықаралық олимпиада, 2015 жыл, Чиангмай

$AB > AC$ болатындай сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышы берілген. Оның $\Gamma$ сырттай сызылған шеңбері, $H$ ортоцентрі, ал $F$ нүктесі $A$ төбесінен түсірілген биіктіктің табаны болсын. $M$ нүктесі $BC$ қабырғасының ортасы болсын. $\angle HQA = 90^\circ$ болатындай $\Gamma$ шеңберінен $Q$ нүктесі, және $\angle HKQ = 90^\circ$ болатын $\Gamma$ шеңберінен $K$ нүктесі алынған. $A$, $B$, $C$, $K$ және $Q$ нүктелері әртүрлі, және $\Gamma$ шеңберінің бойында осындай ретпен орналассын.
$KQH$ және $FKM$ үшбұрыштарының сырттай сызылған шеңберлері бір бірін жанайтынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Решение: Рассмотрим инверсию с центром в точке $H,$ что $\Gamma\to \Gamma.$

Известно, что $Q,H,M,Q'$ лежат на одной прямой, причем $MH=MQ',$ а так же $FH=FA'.$

Легко понять, что $AF'=AH,QM'=QH.$

Заметим, что $(KQH)\to K'Q',$ причем $HQ'\perp K'Q'.$ Также $(FKM)\to (F'K'M'),$ причем $ HM'\perp F'M'.$

Из ранее указанного: $F'M'=2AQ=2K'Q'$ и $CQ'\perp Q'M'\perp F'M'.$

Следовательно $K'M'=K'F'\implies (F'K'M')$ касается $K'Q',$ откуда из свойства инверсии следует требуемое.

При инверсии с центром $H$ которая переводит опис окр $ABC$ в окружность 9 точек $ABC$ по лемме АТМО 2012 п4 $Q=>M$ $K=>L$ где $L$ такой что $\angle HML=90$. Заметим что также $A=>F$ и $LM||AQ$. Чтобы доказать касание нужно доказать то $LM$ касается $(AQL)$ отсюда нужно доказать что $L$ лежит на середином перпендикуляре к $AQ$.

Пусть окружность 9 точек будет как $\gamma$ тогда пусть $AH \cap gamma=K$ и $QM \cap gamma=N$ тогда заметим что так как $KLMN$ прямоугольник отсюда следует требуемое.