Республиканская олимпиада по математике, 2021 год, 9 класс

Треугольник $ABC$ ($AC > BC$) вписан в окружность $\omega$. Биссектриса $CN$ этого треугольника пересекает $\omega$ в точке $M$ ($M\ne C$). На отрезке $BN$ отмечена произвольная точка $T$. Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $MNT$. Описанная окружность треугольника $MNH$ пересекает $\omega$ в точке $R$ ($R\ne M$). Докажите, что $\angle ACT = \angle BCR$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

$AC>BC$, значит $\angle CNA=\angle BNM>90°$, $\Rightarrow H$ находится вне $\triangle TNM$. Пусть $\angle RAC=\alpha$, $\angle MCR=\beta$, $\angle CMH=\gamma$, $P \in BA \cap CR$, $K \in TH \cap CR$. $$\angle HMR=\angle HMA+\angle AMR=(180°-90°-(\alpha+\beta))+\alpha=90°-\beta$$

$\angle TKP=180°-\angle KTP-\angle KPT=180°-\angle HMN-(180°-(180°-\angle PCA-\angle PAC))=180°-\gamma-(\alpha+\angle BMC)=180°-\gamma-(\alpha+\angle BML-\gamma)=180°-\gamma-(\alpha+90°-\alpha-\beta-\gamma)=90°+\beta$, $$\angle TKP=90°+\beta$$

$\angle HMR+\angle TKP=180°$, $\Rightarrow MNHKR$ - вписанный пятиугольник. Пусть $\angle TMC=y$, тогда $$\angle MTK=90°-y,$$ $\angle HKM=180°-\angle MNH=180°-(180°-(90°-y))=90-y$, $\Rightarrow TM=MK$, $\Rightarrow CT=CK, \angle TCM=\angle KCM=\beta$, тогда

$$\angle ACT=\angle BCR=\alpha+2\beta,$$ что и требовалось доказать.

Прежде всего заметим, что так как $AC>BC$, то если $\angle CAB = 2 \alpha$, a $\angle CBA = 2\beta$, то $\angle CNA = \angle BNM = 90 + \alpha - \beta > 90 $, тогда $H$ лежит вне $\triangle MNH$ (и, очевидно, на сер.пере к $AB$), а также $N$ является ортоцентром для $\triangle MHT$.

Пусть $CT$ пересекает $\omega $ в $R$, а ${R}'$ - точка на $\omega$, изогональная $R$. Покажем, что ${R}`$ будет лежать на $(MNH)$. $\Leftrightarrow (!) \measuredangle H{R}`M = \measuredangle HNM.$

($\measuredangle ABC$ сейчас и в последующем будет обозначать ориентированный угол $ABC$)

Тогда в силу симметрии $R$ и ${R}`$, $\measuredangle H{R}`M = \measuredangle MRH$

Лемма 1: Пусть в $\triangle MHT$, $H$ - Ортоцентр, тогда $\measuredangle HNM = \measuredangle MTH$.

Доказательство: Пусть $G$ - основание высоты из H и $\measuredangle HNM = \gamma \Rightarrow \measuredangle GNM = \measuredangle HNM = \gamma \Rightarrow \measuredangle NMG = - 90 - \gamma \Rightarrow \measuredangle MTH = 90 + \gamma - 90 = \gamma = \measuredangle HNM$ $\blacksquare$

Тогда по лемме 1 для $\triangle MHT$, $\measuredangle HNM = \measuredangle MTH$. Теперь, остается доказать, что $MHTR$ вписан. Так как тогда, $\measuredangle HNM = \measuredangle MTH = \measuredangle MRH = \measuredangle H{R}`M $ $\Rightarrow (!) \measuredangle TRM = \measuredangle THM.$

Пусть $F (F \neq M) $ - вторая точка пересечения сер. пера к $AB$ с $\omega$, тогда:

$\measuredangle TRM = \measuredangle CRM = \measuredangle CFM$ и $\measuredangle MCF = 90$ (поскольку $FM$ - диаметр $\omega$) $\Rightarrow \measuredangle FMC = - \measuredangle CFM -90 \Rightarrow \measuredangle THM = 0 + \measuredangle CFM +90 -90 = \measuredangle CFM = \measuredangle TRM$.

Что и требовалось доказать. $\blacksquare$

https://imgur.com/a/Q0MXqxi - чертёж.

Заметим, что $(MNT)$ и $(MNH)$ симметричны относительно $MN$. Отсюда, при инверсии и симметрии относительно внутренней биссектрисы, $(MNT)$ переходит в $(MNH)$. Так как $BC$ переходит в $(ABC)$, значит, $T$ переходит в $R$. Отсюда следует требуемое.

Пусть $X$ — основание высоты из $N$ на $MT$, а $Z$ — середина $AB$.

И пусть $L$ — точка пересечения $CT$ с $(ABC)$.

И понятно, что $(MLTH)$ вписанный из счёта углов.

При инверсии в точке $M$ с радиусом $MA$ точки $M$ и $N$ свапнутся,

$B$ и $C$ останутся на месте,

$T$ перейдёт на рандом точку на дуге $BN$,

и $X$ перейдёт в такую точку на $MT$, что

\[\angle X'N'M = 90^\circ,\]

а $Z$ перейдёт в середину большей дуги $BNA$.

И ещё $H$ перейдёт на основание высоты из $N$ на $MZ$,

и $R$ перейдёт в точку пересечения $N'H'$ и $A'B'$.

И $L$ перейдёт в точку пересечения $(MC'T')$ с $A'B'$.

Тогда нужно доказать, что

\[ML' = MR'.\]

Но так как до инверсии $(MLTH)$ был вписанным,

то после инверсии точки $L'$, $T'$, $H'$ лежат на одной прямой.

Если посчитать уголки, не трудно понять, что

\[\angle T'MN' = \angle T'L'R' = \angle H'R'L',\]

значит треугольник $H'L'R'$ равнобедренный,

и точка $M$ лежит на его серпере,

откуда $ML'H'R'$ — это кайт.

Ч.Т.Д.