13-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2017 жыл

Теңбүйірлі емес сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышы $\omega$ шеңберіне іштей сызылған. $H$ нүктесі осы үшбұрыштың биіктіктерінің қиылысу нүктесі, ал $M$ нүктесі $AB$ қабырғасының ортасы болсын. $\omega$-ның $C$ нүктесін қамтымайтын $AB$ доғасынан $\angle ACP=\angle BCQ < \angle ACQ$ болатындай $P$ және $Q$ нүктелері алынған. $R$ және $S$ нүктелері, $H$ нүктесінен сәйкесінше $CQ$ және $CP$ түзулеріне түсірілген перпендикуляр табандары болсын. $P$, $Q$, $R$ және $S$ нүктелері бір шеңбердің бойында жататынын, және $M$ нүктесі осы шеңбердің центрі болатынын дәлелдеңіз. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Пусть $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ — высоты треугольника $ABC$, а $L$ — точка пересечения прямых $CC_1$ и $PQ$. Без ограничения общности будем считать, что точка $H$ лежит внутри угла $ACQ$. Заметим, что точки $C$, $A_1$, $B_1$, $R$, $S$ и $H$ лежат на окружности с диаметром $CH$. Из условия задачи понятно, что $PQ \parallel AB$. Поэтому $\angle HLQ=90^\circ$. Значит, точки $H$, $R$, $Q$ и $L$ лежат на окружности с диаметром $HQ$. Следовательно, $\angle CSR=\angle CHR=\angle RQL=\angle RQP$, то есть точки $P$, $Q$, $R$ и $S$ лежат на одной окружности.
Так как $\angle AA_1B = \angle BB_1A=90^\circ$, то $MA_1=MB_1=AB/2$. Поэтому точка $M$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $A_1B_1$.
Также из равенств $\angle A_1CR = \angle BCQ =\angle ACP = \angle B_1CS$ следует, что $A_1B_1SR$ — равнобочная трапеция. Следовательно, серединные перпендикуляры к отрезкам $A_1B_1$ и $RS$ совпадают. Значит $M$ лежит на серединном перпендикуляре к $RS$. Но с другой стороны, так как $APQB$ — равнобочная трапеция, $M$ также лежит на серединном перпендикуляре к $PQ$. Следовательно, $M$ — центр окружности, на которой лежат точки $P$, $Q$, $R$ и $S$.

Возьмем точку $D$, симметричную $H$ относительно $M$, тогда $CD$ будет диаметром $\omega$. Центр $O$ окружности $\omega$ лежит на $CD$ значит $D$ и $H$ изогонально сопряжены относительно угла $PCQ$. $R$ и $S$ основания высот на стороны угла из $H$, $P$ и $Q$ основания высот из $D$. Значит $P, Q, R, S$ лежат на одной окружности с центром в середине $DH$ - $M$.

Пусть $\angle ACP=x$ мы имеем $CS=CH*cos(\angle (90-a-x)),CR=CH*cos(\angle( 90-b-x)) \Rightarrow$

$\frac{ CR}{CS}=\frac{\sin{b+x}}{\sin{a+x}}$.Мы также имеем $\angle QPC=a+x$ и $\angle PQC=b+x$ из $Теоремы Синусов$ $\Rightarrow$ $\frac{CR}{CS}=\frac{CP}{CQ}$.Откуда следует точки $P,Q,R,S$ лежат на одной окружности

Так как $CHRS$ вписанный мы имеем $XN\perp RS$ где $X,N$ середины $CH,RS$.Но $XM\parallel CO$ где $O$ центр описанной окружности треугольника $ABC$ и $CO\perp RS$ так как $\angle (RS,BC)=a$ также $XM\perp RS$ где $M$ биссектриса $RS$.

Поскольку $\triangle MPA=\triangle MQB$ $M$ лежит на биссектрисе $PQ$, из чего следует, что $M$

является центром

Можно посчитать в комплексных координатах:

$P(d), M((a+b)/2), H(a+b+c), S((a+b+2c-cd/a-cd/b)/2)$.

Просто надо посчитать, что $PM=MS$, дело техники

по счету углов $PQRS$ вписаный. И очевидно что $M$ лежит на серпере к $PQ$. Возьмем точку микеля $PQRS$ как $K$ тогда заметим что $\angle HKC=90$ значит $KH$ проходит через точку $M$ так как $HM$ проходит через диаметр. И по теореме брокарда $M$ является центром.