Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2016 жыл

$AB$ және $AC$ — бір түзудің бойында жатпайтын екі әртүрлі сәулелер болсын. Центрі $O$ болатын $\omega $ шеңбері $AC$ сәулесін $E$, ал $AB$ сәулесін $F$ нүктесінде жанайды. $R$ нүктесі — $EF$ кесіндісіндегі кез келген нүкте болсын. $O$ нүктесі арқылы өтетін және $EF$-ке параллель түзу $AB$ түзуін $P$ нүктесінде қияды. $PR$ түзуі $AC$ түзуін $N$, ал $AC$-ға параллель және $R$ арқылы өтетін түзу $AB$ түзуін $M$ нүктесінде қияды. $MN$ түзуі $\omega$ шеңберін жанайтынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Пусть касательная из точки $M$ к окружности $ω$ (отличная от $MF$) пересекает $AE$ в точке $N_1$. Докажем, что точки $P,R,N_1$ лежат на одной прямой, тогда $N=N_1$ откуда следует требуемое.

По теореме Менелая достаточно доказать, что $$\frac{AP}{PF}×\frac{FR}{RE}×\frac{EN_1}{N_1A}=1\quad(\color{red}1)$$

Пусть $\angle FAE=2α, AN_1=x, AM=y, MN_1=z$.

Тогда $AF=\dfrac{x+y+z}{2}, N_1E=\dfrac{y+z-x}{2}, MF=\dfrac{x+z-y}{2},$

$\angle FAO=\angle FOP=α$

Заметим, что

$$\frac{EN_1}{N_1A}=\frac{y+z-x}{2x}\quad(\mathrm{i})$$

Так как $MR\parallel EA$, то $$\frac{FR}{RE}=\frac{MF}{AM}=\frac{x+z-y}{2y}\quad(\mathrm{ii})$$

Отметим, что

$$\frac{OP}{AP}=\sin\angle OAP=\sin α$$

$$\frac{PF}{OP}=\sin\angle FOP=\sin α$$

Умножив эти два равенства получаем, что $$\frac{PF}{AP}=\sin^2 α\quad(\mathrm{iii})$$

Подставим равенства $\mathrm{(i),(ii),(iii)}$ в $(\color{red}1)$, откуда получим $$(!)\quad\frac{(y+z-x)×(x+z-y)}{4xy}=\sin^2 α$$ $$\iff$$ $$(!)\quad\frac{z^2-(x-y)^2}{4xy}=\sin^2α$$

По теореме косинусов для $\triangle AMN_1$ $$z^2=x^2+y^2-2xy\cos {2α}$$

Откуда достаточно доказать, что $$\frac{1-\cos{2α}}2=\sin^2α$$

что верно, так как$$\cos{2α}=1-2\sin^2α$$

Пусть $PQ$ вторая касательная к $\omega$. Обозначим $QR \cap \omega=X$

По теореме паскаля $XFFEQQ$ $\Longrightarrow$ $XF \cap EQ-P-R$ отсюда по теореме паскаля $XXQEEF$ $\Longrightarrow$ $XX \cap AC-R-P$ $\Longrightarrow$ $XX \cap AC=N$

Делая все тоже самое можно понять что $XX \cap AB=M$

извините но думаю что у вас второй паскаль неверно

Ну поч

Пусть прямая,проходящая через $O$ ,параллельная $EF$,пересекает прямые $AB$ и $АС$ в точках $P$ и $T$.Очевидно,что $PFET$-равнобокая трапеция и $O$ -середина $PT$.

$H$=$ON \cap EF$ $-->$ $H$-середина отрезка $RE$ в силу того,что $EF // PT$.

Пусть $Q$=$AB \cap MH$.Заметим,что т.к. $MR // AB$,то $H$-середина отрезка $MQ$ и $EQ=MR$.

Так как $AF=AE$ и $MR // AE$ $-->$ $MF=MR=EQ$.

По теореме Пифагора для треугольников $OFM$ и $OEQ$

$$OQ^2=OE^2+EQ^2=OF^2+FM^2=OM^2$$

значит $OM=OQ$

Очевидно,что $AO$-биссектрисса.Из леммы в четырехугольнике $AMOQ$ $-->$ $(AMOQ)$ (Очевидно что $AM≠AQ$)

$$OM=OQ,OH \bot MQ$$

Отсюда $(OHEQ)$.

А также заметим что $NH$ - биссектрисса $\angle MNQ$,т.к.$H$-середина $MQ$ и $NH \bot MQ$ $--->$

$O$-это пересечение биссектрисс $\angle MAN$ и $\angle MNQ$.

То есть $O$-эксцентр треугольника $AMN$

Тогда $\omega$ касается $MN$

Ч.т.д.

Ну так себе

худший