4-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2017 год, третья лига, 11-12 классы

Окружности $\omega_1$, $\omega_2$ и $\omega_3$ касаются прямой $l$ в точках $A$, $B$ и $C$ соответственно ($B$ лежит между $A$ и $C$), $\omega_2$ внешним образом касается двух других окружностей. Пусть $X$ и $Y$ — точки пересечения $\omega_2$ со второй общей внешней касательной окружностей $\omega_1$ и $\omega_3$. Перпендикуляр, опущенный из точки $B$ на прямую $l$, вторично пересекает $\omega_2$ в точке $Z$. Докажите, что окружность, построенная на $AC$ как на диаметре, касается $ZX$ и $ZY$.

Комментарий/решение

1) Пусть $\omega$ окружность с центром $Z$ и радиусом $BZ$, проведем касательную $l$ к $\omega$ через точку $B$, пусть $O_{2}$ середина $BZ$, проведем так же окружность $\omega_{2}$ с центром $O_{2}$ и радиусом $BO_{2}$.

Возьмем на $l$ точки $G,N$ в разных полуплоскостях от $BZ$, пусть $X \in GZ \cap \omega_{2}, \ Y \in NZ \cap \omega_{2}, \ M \in GZ \cap \omega, \ K \in ZN \cap \omega$, пусть $I \in l$ такая что $ZI$ биссектриса $GZN$, проведем прямую $l_{1} || ZI$ проходящую через точку $M$, так же $T \in XY \cap l_{1}, \ A \in l \cap l_{1}$ если $F \in AZ \cap \omega_{2}$

2) Тогда покажем что окружность $\omega_{1}$ описанная около $ATF$ касается $XY, \ \omega_{2}, \ l$ из построения $XZ \cdot GZ = FZ \cdot AZ=MZ^2=BZ^2$ тогда $ZM$ касательная к окр-и описанной около $AMF$ или $\angle TAF = \angle ZMF \ (1)$ стандартным подсчетом углов и учитывая $(1)$ получаем что $\angle TMF + \angle TXF = 180^{\circ}$ или $TMXF$ вписанный, откуда $\angle TXF = \angle XMF = \angle TAF$ учитывая что $\angle FAB = \angle FBZ = \angle MXF = \angle MTF$ тогда $A,T$ точки касания $\omega_{1}$ с $l, XY$,

тогда так как при инверсии относительно $\omega$ окружность $\omega_{2}$ переходит в $l$ тогда точка $F$ переходит в $A$ то есть $F$ точка касания $\omega_{1} \cap \omega_{2}$, аналогично с $\omega_{3}$ восстанавливается точка $C$ и $J$ которая является аналогом точки $T$ для $\omega_{3}$.

3) Из вышеописанного $TJ=AC$ покажем что $I$ - середина $AC$, пусть $I' \in XY \cap ZI$, тогда из подобия $XZI', \ TMX$ и $YZI', \ YJK$ получается

$$TI'=TX+XI' = \dfrac{XI' \cdot MX}{XZ} +XI' = \dfrac{XI' \cdot MZ}{XZ}$$

$$JI'=YJ+YI' = \dfrac{YI' \cdot YK}{YZ} + YI' = \dfrac{YI' \cdot KZ}{YZ}$$

но $MZ=KZ$ тогда $\dfrac{XI'}{XZ} = \dfrac{YI'}{YZ}$ что верно, тогда и $I$ середина $AC$.

4) Пусть $l_{3}$ перпендикуляр к $l$ в точке $A$ если $H \in l_{3} \cap GZ$ тогда покажем что $BM || HI$ для этого нужно показать что

$$\dfrac{GM}{HM} = \dfrac{GB}{IB}$$ которая следует из верных соотношений в треугольниках $GHA, \ GZI$ соответственно.

5) Тогда из $4$ выходит что $HI$ биссектриса $AHX$, аналогично для $\omega_{3}$ значит окружность с диаметром $AC$ или радиусом $AI=CI$ будет касаться $ZX,ZY$.