24-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Греция, 2020 год

В треугольнике $\triangle ABC$ $\angle BAC = 90^{\circ}$ а точка $E$ — основание высоты из вершины $A$ на сторону $BC$. На прямой $AB$ отмечена точка $Z \ne A$ такая, что $AB = BZ$. Обозначим через $(c)$ описанную окружность $\triangle AEZ$. Прямая $ZC$ вторично пересекает $(c)$ в точке $D$, а отрезок $DF$ — диаметр окружности $(c)$. Прямые $FE$ и $CZ$ пересекаются в точке $P$. Пусть касательная прямая к окружности $(c)$ в точке $Z$ пересекает прямую $PA$ в точке $T$. Докажите, что точки $T$, $E$, $B$, $Z$ лежат на одной окружности. ( Cyprus )

Комментарий/решение

Решение пока не завершено. Не хватило терпения досчитать систему линейных уравнений

1) Введем систему координат как на рисунке (прямой угол треугольника очень располагает к такому решению). Назначим координаты вершинам:

$$A(0;0);B(0;b);C(c;0)$$

2) Отыщем координаты точки $E$

Стандартный способ - запись уравнений прямых $AE$ и $BC$ через нормали, решение системы линейных уравнений

Другой способ: Найти длину отрезка $AE$, спроецировать его на оси. Известно, что

$$2\cdot S_{\Delta ABC} = b\cdot c = AE \cdot BC $$

Длина отрезка $BC$ находится по теореме Пифагора

$$BC = \sqrt{AB^2+AC^2} = \sqrt{b^2+c^2}\Rightarrow AE = \dfrac{b\cdot c}{\sqrt{b^2+c^2}}$$

3) Координаты точки $E$

$$x_E = AE\cdot \cos \angle EAC;\;\;\;\;y_E = AE\cdot \sin \angle EAC;$$

4) Так как $\Delta ABC - $ прямоугольный, то $\angle CBA + \angle BCA = 90^\circ$

С другой стороны $\angle EAC+ \angle BCA = 90^\circ$, так как $\Delta EAC - $ прямоугольный

Из этих двух выражений $\angle CBA = \angle EAC$

5) По определению синуса и косинуса:

$$\cos \angle EAC = \cos \angle CBA =\dfrac{AB}{BC} =\dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}} $$

$$\sin \angle EAC = \sin \angle CBA =\dfrac{AC}{BC} =\dfrac{c}{\sqrt{b^2+c^2}} $$

6) Окончательно координаты точки $E$

$$\boxed{x_E = \dfrac{b\cdot c}{\sqrt{b^2+c^2}}\cdot \dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}=\dfrac{b^2\cdot c}{{b^2+c^2}};}$$

$$\boxed{y_E = \dfrac{b\cdot c}{\sqrt{b^2+c^2}}\cdot \dfrac{c}{\sqrt{b^2+c^2}} = \dfrac{b\cdot c^2}{{b^2+c^2}};}$$

7) Так как $BZ = BA$, и $Z \in AY$, то $Z(0;2b)$

8) Теорема: центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров.

9) Проведем прямую $l \bot AB$ (см.рисунок) Обозначим центр описанной окружности $(c)$ буквой $O$. По теореме (8) получается, что $O\in l$, ведь $l-$ серединный перпендикуляр отрезка $AZ$. Откуда следует, что $y_O = y_B = b$

10) Пусть $L - $ середина отрезка $AE$. По теореме (8) следует, что $LO\bot AE$. С другой стороны, $AE\bot BC$ (по условию). Откуда $LO\parallel BC$ (сумма односторонних углов получается $180^\circ$) Этот факт пригодится при выводе уравнения прямой $LO$ (потому что угловой коэффициент прямой $LO$ и $BC$ будет одинаковым)

11) Пусть $LO\cap AB = L'$. Так как $AL = LE$ и $LL'\parallel BE$, то $LL' - $ средняя линия $\Delta ABE$ , откуда $AL' = L'B = AB/2 = b/2\rightarrow L'\left(0;\dfrac{b}{2}\right)$

12) Отыщем уравнение прямой $LO$ в виде $y = k\cdot x + Const_{LO}$

$$Const_{LO} = y(0) = y_{L'} = b/2;\;\;\;\;k = \tan(180^\circ - \angle BCA) = -\dfrac{b}{c} $$

$$LO:\;\;\;\;\; y = -\dfrac{b}{c}\cdot x + \dfrac{b}{2}$$

13) Выразим $x$ из $(12)$

$$x_O =\dfrac{c}{2} - y_O\cdot \dfrac{c}{b} =\dfrac{c}{2} - b\cdot \dfrac{c}{b} = -\dfrac{c}{2}$$

Окончательно $\boxed{O\left(-\dfrac{c}{2};b \right)}$

14) Сделаем подготовительную работу по нахождению координат точки $D$ . Из условия ясно, что $D\in (c)$ и $D\in ZC$. Поэтому нужно найти эти уравнения, затем решить систему.

15) Уравнение окружности $(c)$ имеет вид

$$(x-x_O)^2 + (y-y_O)^2 = R_{(c)}^2$$

$$R_{(c)} = OZ = \sqrt{OB^2 + BZ^2} = \sqrt{\left(\dfrac{c}{2} \right)^2 + b^2}=\dfrac{\sqrt{c^2+4b^2}}{2}$$

Получаем

$$\boxed{\left(x+\dfrac{c}{2}\right)^2 + (y-b)^2 = \dfrac{{c^2+4b^2}}{4}}$$

16) Уравнение прямой $ZC$ ищем в виде

$$ZC:\;\;\;\;y=k_{ZC}\cdot x + Const_{ZC}$$

$$Const_{ZC} = y(0) = y_Z = 2b;\;\;\;\;k_{ZC} = -\dfrac{2b}{c}$$

$$ZC:\;\;\;\;y=-\dfrac{2b}{c}\cdot x + 2b$$

17) Получаем систему уравнений

$$\begin{equation*} \begin{cases} \left(x+\dfrac{c}{2}\right)^2 + (y-b)^2 = \dfrac{{c^2+4b^2}}{4} \\ y=-\dfrac{2b}{c}\cdot x + 2b \end{cases}\end{equation*}$$

Раскрываем скобки:

$$x^2+2\cdot \dfrac{c}{2} + \dfrac{c^2}{4} + y^2 + 2yb +b^2 = \dfrac{c^2}{4} + b^2$$

Сокращаем

$$x^2+2\cdot \dfrac{c}{2} + y^2 + 2yb=0$$

Подставляем второе уравнение в первое

$$x^2+2\cdot \dfrac{c}{2} + \left(-\dfrac{2b}{c}\cdot x + 2b \right)^2 + 2\cdot\left(-\dfrac{2b}{c}\cdot x + 2b \right)\cdot b=0$$

Откуда $\boxed{x_D = \dfrac{-c^3+4b^2\cdot c}{c^2+4b^2}}$

18) Подставляя полученное значение $x_D$ в систему, имеем

$$\boxed{y_D = \dfrac{4bc^2}{c^2+4b^2}}$$

19) Так как $DF - $ диаметр окружности $(c)$, то

$$x_F = x_D - 2\cdot (x_D - x_O) = 2x_O - x_D = 2\cdot \left(\dfrac{c}{2} \right) - \dfrac{-c^3+4b^2\cdot c}{c^2+4b^2}$$

$$y_F = y_D - 2\cdot (y_D - y_O) = 2y_O - y_D = 2\cdot 2b - \dfrac{4bc^2}{c^2+4b^2}$$

Упростив, можно получить координаты

$$\boxed{F\left(\dfrac{2c^3}{c^2 + 4b^2};\dfrac{16b^3}{c^2+4b^2} \right)}$$

$AE \cap ZT \in G$

$\angle FED = \angle BEG = 90^\circ \Rightarrow \angle FEB = \angle DEG$

$Z, A, E, D \in (c) \Rightarrow \angle DEG = \angle AZD \Rightarrow$

$ \angle AZD = \angle FEB \Rightarrow Z, B, E, P \in \omega (EPZ) , (1).\Rightarrow$

$\left\{ \begin{gathered} \angle ZPE = \angle ABC\\ \angle EAC = \angle ABC\\ \end{gathered} \right.$

$\Rightarrow \angle ZPE = \angle EAC \Rightarrow A, E, P, C \in \Omega$

$\Rightarrow \angle EPA = \angle ECA = \angle BAE$

$TZ$ касается $ (c) \Rightarrow \angle BAE = \angle EZT$

$\Rightarrow \angle EZT = \angle EPA \Rightarrow Z, E, P, T \in \omega(EPZ) , (2).$

$(1) + (2) \Rightarrow T, E, B, Z \in \omega (EPZ).$

$\angle ACP = 90^{\circ} - \angle CZA = \angle FZA = \angle FEA$ то есть $AEPC$ вписанный, значит $\angle APC = 90^{\circ}$ , так как $ZT$ касательная, тогда $\angle ZTP = 90^{\circ } - \angle TZP = 90^{\circ} - \angle ZFD = \angle ZDF = \angle ZEF $ откуда $ZEPT$ вписанный, но $\angle ZPE = \angle CAE = \angle ABC$ то есть $PEBZ$ откуда $Z,B,E,P,T$ лежат на одной окружности.

Тк DF диаметр значит $\angle FDE=90$ значит треугольники PDE и AEB подобны. $\angle EBA=\angle EPD=\angle EAC$ значит AEPC вписаный. $\angle ACE=\angle APE=\angle EZT$ тк ZT касательная и Чтд