Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2016 жыл

$ABC$ үшбұрышын ғажайып деп атайық, егер келесі шарт орындалса: $D$ нүктесі — $BC$ қабырғасындағы кез келген нүкте болсын, ал $P$ және $Q$ нүктелері — $D$ нүктесінің сәйкесінше $AB$ және $AC$ түзулеріне түсірілген проекциялар табандары; онда $D$ нүктесіне $PQ$-ға қарағандағы симметриялы нүкте, $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер бойында жатса. $ABC$ үшбұрышының ғажайып үшбұрыш екенін тек $\angle A=90^{\circ}$ және $AB=AC$ болғанда, және тек сол жағдайда ғана орындалатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Допустим треугольник $ABC-$замечательный.

Пусть $AL-$биссектриса в $\triangle ABC$, а $P$ и $Q$ проекции точки $L$ на $AB$ и $AC,$ соответственно.

Заметим, что тогда $\triangle APL=\triangle AQL$, так как

$$\angle PAL=\angle QAL$$ $$\angle APL=\angle AQL=90°$$ $$AL- \text{общая сторона этих треугольников.}$$

Значит $AP=AQ$ и $LP=LQ$, откуда $AL\bot PQ$.

(очевидно, что $A$ и $L$ лежат по разные относительно прямой $PQ$).

Заметим, что тогда точка $L_1-$ симметричная точке $L-$ относительно прямой $PQ$ лежит на луче $LA$, а так же $L_1$ лежит на описанной окружности $\triangle ABC$, тогда $L_1=A$. Откуда $AP=AQ=QL=PL\implies AQLP-$ квадрат.

Тогда $\angle A=90°$.

Далее рассмотрим середину $BC-$ точка $O$. Пусть $Z,Y-$середины $AB$ и $AC,$ соответственно, тогда $Z,Y$ проекции точки $O$ на прямые $AB$ и $AC,$ соответственно. Обозначим точку $X$ такую, что $X$ и $O$ симметричны относительно $YZ$.

Заметим, что $$BZ=YO=XY$$ $$CY=ZO=XZ$$ $$\angle YXZ=\angle YOZ=\angle YAZ=90°$$

Тогда $XYZA-$вписанный, откуда $$\angle XYA=\angle XZA$$

Следовательно $\triangle XYC=\triangle BZX\implies \angle ZXB=\angle XCY$, но из условия $\angle BXC=\angle BAC=\angle YXZ=90°\implies \angle ZXB=\angle YXC$, поэтому $\angle XCY=\angle YXC\implies YC=XY=AZ\implies \frac{AB}{2}=\frac{AC}{2}$ $\implies AB=AC$.

Допустим $AB=AC$ и $\angle A=90°$. Примем обозначения как в условии, и пусть $D_1$ и $D$ симметричны относительно $PQ$. Докажем, что $D_1-$лежит на описанной окружности $\triangle ABC$.

Заметим, что $BP=DP=D_1P$, откуда $P-$центр описанной окружности $BDD_1$, тогда $\angle BD_1D=\dfrac{\angle BPD}{2}=45°$, аналогично $\angle CD_1D=45°$, откуда $\angle BD_1C=\angle BD_1D+\angle CD_1D=90°=\angle BAC$, откуда следует требуемое.