1-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2014 год, вторая лига
Комментарий/решение:
$E,F$ и $A$ одна и та же полуплоскость WRT $OP$
($EX\perp AB$ и $FX\perp AC$)
Лемма
$A$ — внешняя точка WRT $(O)$. Проведите касательные к $A$, $AX$ и $AY$; и $B$ — это середина $XY$.
$\omega$ — окружность диаметра $BX$, разрезанная до $(O)$ в $X$ и $Z$. Тогда $XZ$ делит $AB$ пополам.
Доказательство
$ZB$ сокращается до $(O)$ внутри $Z$ в $W$ ($YW \perp XY$)
$ \angle AXZ = \angle XWZ; \ \ \angle BAX= \angle YXW$
$ \triangle XYW \cup \overleftrightarrow{XZ} \sim \triangle ABX \cup \overleftrightarrow{BW} \Rightarrow ZX$ делит пополам $AB$
Вернемся к основной проблеме
$PX \cap AB=R$ ($AR.AE=AX^2$)
$PX \cap AC=S$ ($AS.AF=AX^2$)
Тогда $R,E,F$ и $S$ циклические
$AX \cap BC=G$
$H$ — середина $PX$ и $AH$, разрезанных до $(ABC)$ в $A$ и $W$ по лемме. $A,W,F$ и $E$ циклические.
$AG$ — $A$-симмедиана $\triangle ABC$ $\Rightarrow (P,G,B,C)=-1 \Rightarrow (P,X,R,S)=-1 \Rightarrow HX^2= HR.HS \Rightarrow R,W,A$ и $S$ циклические
При использовании радикальной оси на $(EFAW), (REFS)$ и $(RWAS) \Rightarrow F,E$ и $H$ коллинеарны.
$P$ и $X$ — точки, сопряженные WRT $(ABC)$. Тогда окружность диаметра $PX$ ортогональна $(ABC) \Rightarrow KH.LH=HX^2$
Сделанный!
Случай 2
$E_1,F_1$ та же полуплоскость WRT $OP$ (но $A$ нет)
$E_1$ и $F_1$ лежат на $AB$ и $BC$ такие, что $\angle RXE_1=\angle EXR \ \ \angle SXF= \angle SXF_1$
$X(E,A,F,H)=X(E_1,G,F_1,H)$ (Одинаковые углы) Тогда проективные лучи $\Rightarrow H,E_1$ и $F_1$ лежат на одной прямой(Вид из $A$ ). И результат аналогичный
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.